3.4 第1课时 利用导数证明不等式-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮讲义（北师大版2019）

高考总复习数学(BS) 第4节 导数的综合应用 ★[课程标准] 1.理解并掌握利用导数解决不等式的恒成立、能成立问题. 2.理解并掌握利用导数比较大小、证明不等式 3.理解并掌握利用导数研究函数的零点问题. 第1课时利用导数证明不等式学生用书P58 利用导数证明不等式是高考考查的重点和热点，常转化为函数的单调性、最值问题求证。 题型1 构造法证明不等式 [典例](12分)(2023·新课标I卷)已知函数f(x)=a(e十a)-x. (1)讨论f(x)的单调性： C2②证明：当>0时.)>2na+是 [答题模板] P[得分点①] (1)因为f(x)=a(e+a)一x,定义域为R,所以f(x)=ae-1, 正确求导并得 当a≤0时，令广(x)<0,所以f(.x)在R上单调递减①，(2分) 到a≤0时函数 当a>0时，令f(x)=0,解得x=-lna, f(x)的单调性 当x∈（一oo,-lna)时，广(x)<0,f(x)单调递减： 得2分 当x∈(-lna,十∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增②，(4分) P[得分点②] 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减： 正确求解a>0 当a>0时，f(.x)在区间(-∞，-lna)上单调递减， 时函数f(x)的 在区间(-lna,十o)上单调递增③.(5分) 单调性得2分 (2)第1步：转化不等式 ●[得分点③] 由(1)得当a>0时，f(x)在区间（一o∞，-lna)上单调递减，在区间(-lna,十oo)上单 正确得出结论得 调递增， 1分 所以f(x)nn=f(-lna)=1+a+lna④，(6分) 要证x)>2na+号，只离证1+。+lna>2na+2 [得分点①] 正确求解a>0 即证a2- 时，函数f(x)的 2 -1na>0恒成立⑤.(8分) 最小值得1分 第2步：构造新函数 P[得分点⑤] 令g(x)=x-lnx- 2x>0),则g'(x)=2x-1=2-1 正确转化不等 式得2分 令g()=0,解得=（负值舍去）.⑥(10分) 2 P[得分点⑥] 第3步：判断单调性 正确构造函数 所以当x∈0，号 时，g(x)<0,g(x)单调递减： g(x)并求解其 导函数的零点 当x∈ ，+∞时，g'(x)>0,g(x)单调递增.⑦(11分) 2 得2分 第4步：求函数最值 P[得分点⑦] 所以g(x)≥g(x)mn 正确求解函数 2 =ln√2>0. g(x)的单调区间 第5步：得最终结论 得1分 所以当a>0时，f(x)>2lna+ ⑧.(12分) 2 》[教材知识迁移与运用] ●[得分点⑧] 正确得到结论得 条件 教材知识 迁移与运用 1分 若f(x)=e, f(x)=a(e'+a)-x 则f(.x)=e 由f(.x)=a(e+a)-x得f'(x)=ae-l ·90. 主题二第三章导数及其应用 …方法指导 (2)设g(x)=lnx,求证：g(.x)≥f(x)在[1，+o∞) 利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上 上恒成立； 恒成立的基本方法是构造函数h(x)=∫(x) （8若0a<b求证>6 g(x),然后根据函数h(x)的单调性或最值证明 a2+b21 [解](1)将x=一1代入切线方程得y=一2， h(x)>0.若函数f(x)与g(x)的最值易求出，可直 接转化为证明f(x)m>g(x)x;若函数f(x)与 所以-1D-骨-2，化简得6a=-4.① g(x)的最值不易求出，可对h(x)=f(x)一g(x)适 当变形后进行转化. (x)=a(x2+1)-(ax+b)·2x (.x+1) 0跟踪训练 f(-1D-2u+2h-2=-1.② 4 (2024·全国甲卷（文）)已知函数f(x)=a(.x一1) -In c+1. 联立①②，解得a=2,b=-2.所以f(x)=2r一2 x2+1 (1)求f(.x)的单调区间： (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<e'恒 (2)证明：由题意知要证1nr≥2二名在[1，十o)上 x2+1 成立 恒成立，即证明(x十1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx 解：(1)f(x)的定义域为(0，+∞)，(x)=a- 一2.x十2≥0在[1，十∞)上恒成立. x 设h(x)=xlnx+lnx-2.x+2,则h'(x)=2.xnx =a.r-1 +x+-2,因为x>≥1，所以2rnr≥0，x+1≥ 当a≤0时，f(x)=a1<0恒成立，故f(x)在 (0,十∞)上单调递减： 2…口·=2（当且仅当x=1时等号成立），即 当a>0时re(日+)时f>0,)单调 h'(x)≥0 所以h(x)在[1，十∞)上单调递增，h(.x)>h(1)=0. 递增， 所以g(x)≥f(x)在[1，十∞)上恒成立. 当x∈0，)时，(x)<0,fx)单调递减. (3)证明：因为0<4<b,所以2>1， d 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为 2.6-2 (0,十0∞)： 由(2)知ln b 整理得lnb-lna b-a a>0时，f(x)的单调递增区间为，+o∞，单调 +1 a 递减区间为(0，) > 2a a十b (2)a≤2，且x>1时，e-t-f(x)=e1-a(x-1) +lnx-1≥e1-2.x+1+1nx, 所以当0<a<b时，血b-ln4>2a b-aa2+b2 令g(x)=e1-2x+1+lnx(.x>1),下证g(x)> 方法指导 0即可. 证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最 g)=e-2+是，再令h)=g. 值、单调性证明. (1)证明不等式f(x)<g(x),可构造函数F(x)= 则=心-子，显然Cx)在1，十o)上单羽 f(x)一g(x),利用导数求F(x)的值域，得到 F(x)<0即可： 递增，则h'(x)>h'(1)=e-1=0,即g'(x)= (2)对于证明含有两个变量a,b的不等式时，一种 h(x)在(1，十∞)上单调递增，故g'(x)>g'(1)= 方法是通过变形构造成不等式f(a)>f(b),然 e”一2+1=0，即g(x)在(1，十co)上单调递增，故 后利用函数f(x)的单调性证明，另一种方法是 g(x)>g(1)=e"-2+1+1n1=0,所 以f(x)<e-' 通过换元构造成单变量不等式，如本例令x=么 题型2{ 等价转化法证明不等式 然后再利用已知关系证明即可， [典例] (2025·青岛市模拟)已知函数f(x)= 0跟踪训练 a+也在点(-1，f(-1)处的切线方程为x+y+ (2025·山东青岛期末)设函数f(x)=ae'In x+ x2+1 be- 3=0. x ,曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程 (1)求函数f(x)的解析式： 为y=e(.x-1)+2. ·91· 高考总复习数学(BS) (1)求a,b: (2)证明：f(x)>1. 后小·》 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，十∞)，因为(1) =e,f (1)=2,f (r)=ae'In x+ 当0十四)时，左的取值范国是0，+9 e(aer+=D,所以f)=ae。e, 所以命题等价于对任意1∈(0，十∞)， x {f(1)=b=2, 都有g(t)≥0. 解得=1， 一方面，若对任意1∈(0，十∞)，都有g(1)≥0， 1b=2. 则对t∈(0，十∞)，有0≤g(t)=a(t-1)-21nt (2)证明：由(1)知，f(x)= ch+2经于是 me片nx+子 =a4-1D+2n2<a-1)+2}-1) =enx+2二>1，将不等 =+2-a-2 y-c 取t=2,得0≤a-1,故a≥1>0. 式改造为nx+2>兰 ee - 区，得0<aa 再取1 +2号-a-2 令m(x)=nx+2,则m'(x)=1+lnx e =2√2a-a-2=-(wa-√2)2，所以a=2. 另一方面，若a=2,则对任意1∈(0，十∞)都有g(1) 由m(x)>0:可得x>是由m)<0可得0<x =2(t-1)-21n1=2h(t)≥0，满足条件. 综合以上两个方面，知a的取值范围是{2 <名所以m(x)在(0，)上单调递减，在 (3)先证明一个结构，对0<a<b,有lna十1< (日十小上单调递增，所以[m(】= f(b)-f(a)<Inb+1, b-a n日)◆=l号 证明：前面已经证明不等式t一1≥lnt,故 e 由n(x)<0可得x>1,由n'(x)>0,可得0<x<1,所 bln b-aln a=aln b-aln atin b=b b-a b-a a+Inb< 以n(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减， 所以[n(x)]=n(1)=1 e 1+lnb,且l血b-alna=b血-blne+lna b-a b-a 又因为等号不能同时成立， 所以n+是>专即>1 -In a b+In a 2+lna=1+lna,所以 1- 1-8 题型3( 适当放缩证明不等式 [典例](2024·天津卷)设函数f(x)=xnx. na+1<血6二gn&<1nb+1,啤1na+1< b-a (1)求f(x)图象上点(1，f(1)处的切线方程： fb)-fa2<1nb+1.由f(x)=lnx+1,可知当 b-a (2)若f(x)≥a(x-√x)在x∈(0，十oo)时恒成立， 求a的取值范围： 0<r<上时f(x)<0,当x>1时f(x)>0.所以 (3)若1∈(0,1)，证明|f(x1)-f(x2)|≤ x1-x2|克. f)在(0，]上单润减，在[日十∞上单词 [解](1)由于f(x)=xnx,故f(x)=lnx+1. 递增. 所以∫(1)=0，∫(1)=1，所以所求的切线经过 不妨设x1≤x2,下面分三种情况（其中有重合部 (1,0),且斜率为1，故其方程为y=x一1. 分)证明本题结论。 (2)设h0)=1-1-lh,则)=1-}号，从 情况一：当上≤x,≤x,<1时，有1f(x,)-f)= e 而当0<1<1时h'(t)<0,当>1时h'(t)>0. f)-f()<(nx+1)(-西)<x-x1< 所以h(1)在(0,1]上单调递减，在[1，十o)上单调 √T一工，结论成立： 递增，这就说明h(t)≥h(1),即1一1≥lnt,且等号 情况二：当0<，≤，≤是时，有1f(x)-fx)川 成立当且仅当1=1. 设g(1)=a(t-1)-2lnt,则f(.x)-a(x-√x) =f(x)-f(x,)=xnx-x,lnx.对任意的c∈ =rln r-a(x-vr) 0,]设gx)=hnx-clnc- ·92· 主题二第三章导数及其应用 则'(x)=lnx十1十 方法指导 2√-x 导数方法证明不等式中，最常见的是e和lnx与 由于o'(x)单调递增，且有 其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑 (2e+方 =In-c +1 e+园 先对c和Inx进行放缩，使问题筒化，简化后再构 2e1+ 建函数进行证明.常见的放缩公式如下：(1)e≥ 1十x,当且仅当x=0时取等号.(2)nx≤x-1,当 1 In- +1+ =0,且 2/c 2 且仅当x=1时取等号： 2 心跟踪训练 当x≥c- 41n2 下心时，由2 (2025·兴安盟模拟)已知实数a>0,函数f(x)= 2c- e一a.x一1(e为自然对数的底数). 1n2-1可知p'(x)=lnx+1+ (1)求函数f(x)的单调区间及最小值： 2Vc-x 1n2 (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a 的值： 所以'(x)在(0，c)上存在零点x,再结合9'(x)单 调递增，即知0<x<x时'(x)<0,xn<x<c时， 2" 9(x)>0. 故g(x)在(0，x]上单调递减，在[xo,c]上单调 解：(1)f(.x)=e-a, 递增. 当a>0时，若x∈(lna,+∞)，f(x)>0,得函数 ①当x≤x≤c时，有(x)≤p(c)=0: f(x)在(lna,十oo)上是增函数； ②当0<，时，由于An-2f0≤ 若x∈(-∞，lna),f(x)<0,得函数f(.x)在 2但)-<1，故可以取9ean (一oo,lna)上是减函数 则当a>0时，函数f(x)的单调递增区间是(na, 从而当0<< 三时，由√-x>qE.可得 十o∞)，单调递减区间是（一∞，lna). 即f(x)在x=lna处取得极小值且为最小值，最小 g(x)=xlnx-clnc-√-x<-clnc-√c-x< 值为f(lna)=en“-alna-1=a-alna-1. -hc-g=(an-小o (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，等价为f(.x) 再根据g(x)在(0，xn]上单调递减，即知对0<x< ≥0， x都有p(x)<0: 由(1)知，f(x)mn=a-alna-1, 综合①②可知对任意0<x≤c,都有g(x)≤0， 设g(a)=a-alna-1,则g'(a)=1-lna-1 即g(x)=xlnx-clnc-√cx≤0. =-In a, 粮据∈(0，]和0<c的任意性，取c= 由g(a)=0,得a=1, 由g'(a)>0,得0<a<1,此时函数单调递增， x,就得到xln一xlnx一一≤0. 所以|f(x)-f(.x2)|=f(x1)-f(x)=xlnx1 由g(a)<0,得a>1,此时函数单调递减， ∴.g(a)在a=1处取得最大值，即g(1)=0, r:In x≤√c2-x1. 因此g(a)≥0的解为a=1.所以实数a的值为1. 情况三：当0<x,≤。<，<1时，根据情况一和情 (3)证明：，ln(1+x)<x,x∈(01). 2" 况二的讨论，可得 ✉)-)-≤ ∴l[1+2+1)(2+1D] 而根据f(x)的单调性，知f(x1)一f(x)|≤ n1+z是)+hn+文s)+h(1+5及】 )-f日)我1f()-f() +…+ln[+g+g+D] ≤r <层动)+(h)++ 故一定有|f(x1)一f(x2)川≤/x:-x成立. 综上，结论成立 ·93·