主题2 第3章 第4节 第1课时 利用导数证明不等式(教用Word)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

第4节　导数的综合应用 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 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． [典例]　(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋. [解]　(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，令f′(x)＜0，所以f(x)在R上单调递减， 当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝－ln a， 当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a＞0时，f(x)在区间(－∞，－ln a)上单调递减， 在区间(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)第1步：转化不等式 由(1)得当a＞0时，f(x)在区间(－∞，－ln a)上单调递减，在区间(－ln a，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)＞2ln a＋，只需证1＋a2＋ln a＞2ln a＋， 即证a2－－ln a＞0恒成立． 第2步：构造新函数 令g(x)＝x2－ln x－(x＞0)，则g′(x)＝2x－＝， 令g′(x)＝0，解得x＝(负值舍去). 第3步：判断单调性 所以当x∈时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x∈时，g′(x)＞0，g(x)单调递增． 第4步：求函数最值 所以g(x)≥g(x)min＝g＝ln ＞0. 第5步：得最终结论 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋. 　　 利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值证明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)min>g(x)max；若函数f(x)与g(x)的最值不易求出，可对h(x)＝f(x)－g(x)适当变形后进行转化． (2025·莆田市模拟)已知函数p(x)＝，q(x)＝x2－(1＋2a)x. (1)讨论函数f(x)＝q(x)＋2ax·p(x)的单调性； (2)当a＝0时，证明：xp(x)＋q(x)＜ex＋x2－x－1. 解：(1)f(x)＝x2－(1＋2a)x＋2a ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝x－(1＋2a)＋＝. ①当a≤0时，x－2a＞0， ∴当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ②当0＜a＜时，0＜2a＜1，∴当0＜x＜2a或x＞1时，f′(x)＞0，当2a＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，2a)上单调递增，在(2a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ③当a＝时，f′(x)＝≥0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ④当a＞时，2a＞1，∴当0＜x＜1或x＞2a时，f′(x)＞0，当1＜x＜2a时，f′(x)＜0， 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，2a)上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a＝0时，要证xp(x)＋q(x)＜ex＋x2－x－1，即证ln x＋x2－x＜ex＋x2－x－1，只需证明：ex－ln x－1＞0.设g(x)＝ex－ln x－1，则g′(x)＝ex－，g″(x)＝ex＋＞0， 所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g′＝－2＜0，g′(1)＝e－1＞0， 所以存在唯一x0∈使得g′(x0)＝0，即ex0＝，∴－ln x0＝x0. ∴g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)的最小值为g(x0)＝ex0－ln x0－1＝＋x0－1≥2－1＝1＞0， 所以ex－ln x－1＞0，即原不等式得证． [典例]　(2025·青岛市模拟)已知函数f(x)＝在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0. (1)求函数f(x)的解析式； (2)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立； (3)若0<a<b，求证：>. [解]　(1)将x＝－1代入切线方程得y＝－2， 所以f(－1)＝＝－2，化简得b－a＝－4.① f′(x)＝， f′(－1)＝＝－1.② 联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝. (2)证明：由题意知要证ln x≥在[1，＋∞)上恒成立，即证明(x2＋1)ln x≥2x－2，x2ln x＋ln x－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，则h′(x)＝2x ln x＋x＋－2，因为x≥1，所以2x ln x≥0，x＋≥2·＝2(当且仅当x＝1时等号成立)，即h′(x)≥0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0， 所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立． (3)证明：因为0<a<b，所以>1， 由(2)知ln >，整理得>， 所以当0<a<b时，>. 　　 　证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最值、单调性证明． (1)证明不等式f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，利用导数求F(x)的值域，得到F(x)<0即可； (2)对于证明含有两个变量a，b的不等式时，一种方法是通过变形构造成不等式f(a)>f(b)，然后利用函数f(x)的单调性证明，另一种方法是通过换元构造成单变量不等式，如本例令x＝然后再利用已知关系证明即可． (2025·山东青岛期末)设函数f(x)＝aex ln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2. (1)求a，b； (2)证明：f(x)＞1. 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f′(1)＝e，f(1)＝2，而f′(x)＝aex ln x＋，所以 解得 (2)证明：由(1)知，f(x)＝ex ln x＋，于是f(x)＞1⇔ex ln x＋＞1，将不等式改造为x ln x＋＞. 令m(x)＝x ln x＋，则m′(x)＝1＋ln x. 由m′(x)＞0，可得x＞，由m′(x)＜0，可得0＜x＜，所以m(x)在上单调递减，在上单调递增，所以[m(x)]min＝m＝.令n(x)＝，则n′(x)＝. 由n′(x)＜0可得x＞1，由n′(x)＞0，可得0＜x＜1，所以n(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以[n(x)]max＝n(1)＝. 又因为等号不能同时成立， 所以x ln x＋＞，即f(x)＞1. [典例]　(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝xeax－ex. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围； (3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln (n＋1). [解]　(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex， 则f′(x)＝xex， 当x＜0时，f′(x)＜0，当x＞0时，f′(x)＞0， 故f(x)的减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞). (2)设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0， 又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex， 设g(x)＝(1＋ax)eax－ex， 则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，若a＞，则g′(0)＝2a－1＞0， 因为g′(x)为连续不间断函数， 故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)＞0， 故g(x)在(0，x0)上为增函数，故g(x)＞g(0)＝0， 故h(x)在(0，x0)上为增函数，故h(x)＞h(0)＝－1，与题设矛盾． 若0＜a≤，则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln (1+ax)－ex， 下证：对任意x＞0，总有ln (1＋x)＜x成立， 证明：设S(x)＝ln (1＋x)－x，故S′(x)＝－1＝＜0， 故S(x)在(0，＋∞)上为减函数，故S(x)＜S(0)＝0，即ln (1＋x)＜x成立． 由上述不等式有eax＋ln (1+ax)－ex＜eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0， 故h′(x)≤0总成立，即h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以h(x)＜h(0)＝－1. 当a≤0时，有h′(x)＝eax－ex＋axeax＜1－1＋0＝0， 所以h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以h(x)＜h(0)＝－1. 综上，a≤，即a的取值范围为. (3)证明：取a＝，则∀x＞0，总有xex－ex＋1＜0成立， 令t＝ex，则t＞1，t2＝ex，x＝2ln t， 故2t ln t＜t2－1，即2ln t＜t－对任意的t＞1恒成立． 所以对任意的n∈N*，有2ln ＜－， 整理得到：ln (n＋1)－ln n＜， 故＋＋…＋＞ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)， 故不等式成立． 　　 导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号． (2025·兴安盟模拟)已知实数a＞0，函数f(x)＝ex－ax－1(e为自然对数的底数). (1)求函数f(x)的单调区间及最小值； (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值； (3)证明：ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ＜1(n∈N*). 解：(1)∵f′(x)＝ex－a， 当a＞0时，若x∈(ln a，＋∞)，f′(x)＞0，得函数f(x)在(ln a，＋∞)上是增函数； 若x∈(－∞，ln a)，f′(x)＜0，得函数f(x)在(－∞，ln a)上是减函数． 则当a＞0时，函数f (x) 的单调递增区间是(ln a，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln a). 即f(x)在x＝ln a处取得极小值且为最小值，最小值为f(ln a)＝eln a－a ln a－1＝a－a ln a－1. (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，等价为f(x)min≥0， 由(1)知，f(x)min＝a－a ln a－1， 设g(a)＝a－a ln a－1，则g′(a)＝1－ln a－1＝－ln a， 由g′(a)＝0，得a＝1， 由g′(a)＞0，得0＜a＜1，此时函数单调递增， 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， 因此g(a)≥0的解为a＝1.所以实数a的值为1. (3)证明：∵ln (1＋x)＜x，x∈(0，1). ∴ln ＜＝2， ∴ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ＜2＋…＋ ＝2＜1. 学科网（北京）股份有限公司 $$