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

主题二第三章导数及其应用 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 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. 题里1 构造法证明不等式 跟踪训练 [典例](2023·新课标I卷)已知函数f(x)= (2025·莆田市模拟)已知函数p(x)=ln2 a(e'+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性； g(x)= 2x2-1+2x (2)证明：当a>0时，f(x)>21na十 2 (1)讨论函数f(x)=g(x)+2ax·p(x)的单 调性 [尝试解答] (2)当a=0时，证明：xp(x)+q(x)<e十 22--1 题型2( 等价转化法证明不等式 [典例] (2025·青岛市模拟)已知函数f(x)= a+在点(-1，f(-1)处的切线方程为x十 x2+1 y+3=0. (1)求函数(x)的解析式； (2)设g(x)=lnx,求证：g(x)≥f(x)在[1，十o) 上恒成立； 方法指导 利用导数法证明不等式f(.x)>g(x)在区间 8若0a<6求证：。 D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)= [尝试解答] f(x)一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)mn> g(x)max:若函数f(x)与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. 67 金榜题名创新高考总复习 数学北师大版 方法指导 [尝试解答] 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)一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，如本例令工=白然后再利用已知 a 方法指导 关系证明即可· 导数方法证明不等式中，最常见的是e和 1跟踪训练 lnx与其他代数式结合的问题，对于这类问 (2025·山东青岛期末)设函数f(x)=ae'In x 题，可以考虑先对e和lnx进行放缩，使问 +be,曲线y=f(x)在点（1，f1)处的切 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)e≥1十x,当且仅当x=0 线方程为y=e(x-1)十2. 时取等号.(2)lnx≤x一1，当且仅当x=1时 (1)求a,b: 取等号 (2)证明：f(x)>1. 跟踪训练 (2025·兴安盟模拟)已知实数a>0,函数 f(x)=et一ax一1(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：1n(+2是)+n1+支)十 1(n∈N*). 题型3 适当放缩证明不等式 [典例](2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x) =xear-er. (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； 1 1 (3)设n∈N·,证明： 十…十 √12+1√22+2 >ln(n+1). √n2+n 68当0<x<2-1时，h'(x)<0,岛数方(x)=e(x2-1)十1单调 递减， 第4节导数的综合应用 当2-1<x<1时，h(x)>0,品数h(x)=e(.x一1)+1单调 第1课时利用导数证明不等式 递增， 题型1 又h(0)=0, [典例门[解](1)周为f(x)=a(e十a)一x,定义域为R,所以 所以当0<x<√2一1时.h(x)<0, f(x)=ue-1, 所以当0<x<区-1时，g'(x)>0,函数g(x)=x心十n(1-x) 当a0时，令f(r)<0,所以f(,x)在R上单调递减， 单调递增， 当a>0时，令f(r)=0.解得x=-lna, 所以g(0.1)>g(0)=0,即0.1e.1>-ln0.9,所以a>c.故b>a 当r∈（一co,一lna)时，f(x)<0,f(r)单调通减： > 当r∈（一lna,十oo)时，(x)>0,f(r)单调递增， [答案]C 综上，当a0时，f(x)在R上单调递减： 题型6 当a>0时，f(x)在区间(-oo,-lna)上单调递减， [例11][解析]对ae=e5两边取前然对数得na十a=6,①对 在区间（一lna,十∞）上单调递增. b(nb-2)=e-1两边取自然对数得lnb+1n(lnb-2)=3x-1, (2)第1步：转化不等式 即lnb-2+ln(lnb-2)=3x-3.② 由(1)得当a>0时，f(r)在区间（一o,一lna)上单调递减，在区 因为方程①，②为两个同构方程，所以3就一3=6，解得1=3，设 间（一lna,十o)上单调递增， )=nr+>0,则了)=+1>0， 所以f(x)mn=f(-lna)=1+a2+lna, 所以西数f(x)在(0，十)上单调递增，所以方程f(x)=6的解 要接/c)>2na+2,只需接1+a+lna>2na+号， 只有一个，所以a=lnb一2， 所以ab=(lnb-2)b=b(1nb-2)=e2x3-l=e,故ln(ab)=lnes 即任d-名-n。>0极减立. =8. 第2步：构造新函数 [答案]38 L例12][解析]f(r)=xe一2a(lnx+x) ◆gu-2-nr->0,则R=2-=2 =e+l-2a(in r++r). 设1=+nr>0=1+>0,即画数在0，+0上单调 令R()=0,解得-受（奥位合去. 第3步：判断单调性 递增，易得t∈R,于是问随等价于画数g(1)=d一2at在R上有 两个零点，g(t)=t一2a, 所以当x(0.号）时，g)<0,8)单调造减： 若a≤0，则g()>0,函数g()在R上单调递增，至多有1个零 ,点，不合题意，舍去： 当：（停+一）时g>0ge单得是特 若a>0,则x∈（一∞，ln2a)时，g'(t)<0,g(t》单调递减，xE (n2a,十o)时，g(t)>0,g(t)单调递增 第4步：求函数最值 因为函数g(1)在R上有两个零点，所以g(1)mm一gn2a) 所以≥a=(） =n√2>0， 2a(1-ln2a)<0→a>2· 第5步：得最终结论 而g(0)=1>0, 限定>1，记g(1)=e-1,g(1)=e-1>0,即g()在(1，+∞) 所以当。>0时>2na+是 上单调递增，于是g(1)=心一t>g(1)=e-1>0→>t,则t>2 跟踪训练 时e>专>>行，此时g)>号-2a1=片1-80，因为e 解：Dx)=之r产-1+2a+aln定又孩为0，十o,则 >号，所以8a>4e>1,千是>8a时，g)>0. f(r)=x-(1+2a)+2-r-1D(x-2a) 综上，当a>受时，有两个文点阳的最小整数值为2 ①当a≤0时，x一2a>0, 当0<x<1时，f(x)<0.当x>1时，f(z)>0. [答案]C 所以(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 题型7 [例13][解析]对于任意·x2∈[1.+∞)，当xg>时，恒 ②当0<a<2时，0<2a<1当0<x<2a我r>1时，f(n 有aln<2(-)成立， 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(1，十∞)上单调递增， 即alnx2-2r2<alnx1-2r成立 令fx)=alnx-2xf（x2)<f(x1), ③当a=2时=-1D ≥0.故f(x)在(0，+∞)上单调 .f(x)在[1，十∞)上单测递减， 递增. ∴f(x)=4-2≤0在[1，+0)上位成主. ④当a>之时，2a>1d当0<x<1或>2a时，f(x)>0,当1 .a≤2x在[1.十o∞)上恒成立， <x<2a时，f(.x)<0, 当x≥1,2r≥2， 所以f(x)在(0,1)上单测递增，在(1,2a)上单调递减，在(2a,十o) .实数a的取值范图为（一oo,2] 上单调递增。 [答案]C [例14][解析]0<x1<r2<a,∴x1-x2<0, (2)证明：当a=0时，要证rp)+g(x)<心+72--1，即 4h-ln<2-)n五-lm型<2-2 证1nx+22-r<c+是2-r-1,只需证明：e-nr-1> :n+2<n+2.画餐fr=n+2在定又城0a)上 0.设)=-lnx-1,则g(x)=心-子(x)=心+ 单调递增， >0, /x)=1-+2=nr-≥0在0a)上慢成立. 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增，又8（合）=E-2<0, 由-nr一1>0，解得0<≤，故a的策大维是日 g'(1)=e-1>0, [答案]C 所以存在唯一ne(受1)使得g(o)=0,即= 438 ∴.-nxo=xo (2)设h(x)=xe一e十1，则h(0)=0, ∴g(x)在(00)上单调递减，在(r0,十∞)上单调递增， 又h'(x=(1十a.x)er一e, 所以gr)的装小值为g(x)=e,-血。-1=+，-1≥2 设g(r)=(1+ar)e-e, 1=1>0, 则g)=(2a+口e-e:若a>,则g0)=2a-1>0, 所以c心一lnx一1>0，脚原不等式得证. 因为g(x)为连续不间断函数， 题型2 故存在x0∈(0，+oo),使得Hr∈(0，x。),总有g'(x)>0. [典例们[解](1)将x=-1代入切线方程得y=一2， 故g(x)在(0，xn)上为增函数，数g(x)>g(0)=0, 所以-1D=月=-2，化商得6-a=-40 故h(r)在(0，x。)上为增蓝数，故h(r)>h(0)=一1，与题设 了x)=a(r+1)-(ar+)·2r 矛后 (x2+1)2 若0<a≤号，则h'(ar)=+ar)心-e=心+hi+w)-e, /-10=2a+2-)=-1.② 下证：对任意x>0,总有ln(1十x)<x成立， 4 运明：设5x)=l1+-,故S)=一1=子<0， 1 联立①@，解得a=2,6=-2.所以f)=2r-2 x2+1 ②这明：由短容知委接h≥学号在[，十四)上极我立中狂 故S(x)在(0，十o)上为减函数，故S(x)<S(0)=0,即n(1十x) <x成立 明(x2+1)nx≥2.r-2,x21nx+lnx-2x+2≥0在[1，+∞)上 由上迷不等式有er+t+)一e<e+m一d=e2如一e≤0， 恤成立， 故'(x)≤0总成立，即h(x)在(0，十oo)上为减西数，所以h(x) 设hx)=xr1nr+lnx-2r+2,则(r)=2rnr+r+1-2, <h(0)=-1. x 当a≤0时，有h'(x)-r一已十4xe“<1-1十0=0， 周为≥1.所以2nr≥0+子>≥2V…于=2（与且仪当7 所以h(x)在(0，十oo)上为减离数，所以h(x)<h(0)=一1 =1时等号成立)，即'(x)≥0， 游上<分甲。的取维花调为(-号] 所以h(x)在[1，十∞)上单调递增，h(x)≥h(1)=0, 所以g(x)≥f(x)在[1，十∞)上位成立 （3)运明：取a=号则Y>0,总有心-e+1<0成立 (3)证明：周为0<4<b,所以么>1， 令t=e,则>1,2=e,r=2lnt, 故2ln1<F-1,即21n1-对任意的1>1恒成立. 由(2)知ln b 2-2 ()+1 参理得。 所以对任专的N,有√曰<√甲√骨 所以当0<a<b时，n-na 2a 整理得到：ln(n十I)一lnn< b-a a2 √干 跟踪训练 1 1 故 1 十…十 >In 2-In 1+In 3-In 2 解：(1)品数f(x)的定义域为(0，十∞)，因为了(1)=e,f(1)=2, √+1√22+2 /m十 而/)=ae'ln+g(aer+r-0,所以{I)=ae2e 十+ln(n+1)-lnn=ln(n十1)， f(1)=b=2, 故不等式成立. 解释份2 跟踪训练 解：(1)：了(x)=e-a, (2)证明：由(1)知，f(x)=elnx+ 当a>0时，若x∈(lna,十oo),(x)>0,得函数f(x)在(lna, 2er-I ,于是f(xr)>1白elnx+ mx+号 十0∞)上是增燕数： 2e 若x∈(-o∞，lna),f(x)<0,得函数f八r)在(-∞，lna)上是减 一>1，将不等式改造为xlnx十 品数， > 则当a>0时，函数f(r)的单调递增区间是(1n4,十o),单调递 减区间是（一oo,lna). 令m)-h+是)-1中 = 脚f(x)在x=lna处取得极小值且为最小值，最小值为f(lna) =eln"-aln a-1=u-aln a-1. In (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，等价为f(x)min≥0， 由m(>0,可得>是商m()<0,可得0<<是，所以 由(l)知，f(x)min=a一alna-1. 设g(a)=a一dna-l,则g'(a)=1-lna-1=-na, m(x)在(0，。)上单调递减，在（日，十∞）上单调递增，所以 由g(a)=0,得a=1, 由g'(a)>0,得0<a<1,此时函数单调道增 [m小=-m(日)-是.◆-子，则)-1 由g'(a)0,得>1，此时函数单调递减， ∴g(a)在a=1处取得最大值，即g(1)=0, 由n'(x)<0可得x>1,由n(x)>0,可得0<x<1,所以n(x)在 国此g(a)≥0的解为a=1.所以实数a的值为1. (0,1)上单调递增，在(1，十o∞)上单调造减，所以[n(x)门mx= (3)证明：ln(1+x)<x,x∈(0,1). () 2 2 义因为等号不能同时成立， ÷11+(21+1(2+J(21+10(2+d 所以hr+是>吉牌>1 题型3 n(1+最)+n(+)+n(1+是)+…十 典例][解](1)当a=1时，f(x)=(x一1)e, 则f(x)=re, [+2+2+n][(号-2)+(h) 2 当x<0时，f(x)<0,当x>0时，f(x)>0, 故f(x)的减区间为（一o,0),增区间为(0，十co). ++(中h)]小-2（号-）1 439