第3章 第4节 第2课时 利用导数证明不等式（Word教参）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A基础版）

第二课时　利用导数证明不等式

[对应学生用书P81]

考点一　移项构造差函数法证明不等式

[例1] 已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)设a≤2，证明：当x>1时，f(x)<ex－1.

(1)解：f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.

当a≤0时，f′(x)＝<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

当a>0时，x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

当a>0时，f(x)在(，＋∞)上单调递增，在(0，)上单调递减．

(2)证明：a≤2，且x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋1＋ln x，

令g(x)＝ex－1－2x＋1＋ln x(x>1)，则只需g(x)>0即可．

g′(x)＝ex－1－2＋，再令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－，

显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0，

即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增，

故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，

故g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，问题得证．

构造差函数解题的思路

待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．

训练1 已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．

(1)求实数a的值；

(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1).

(1)解：因为f(x)＝ax＋x ln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1，

因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，

所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，

所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.

当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0<x<e－2，

所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，

所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.

(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x.

令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝x ln x－2x＋3(x>1).

g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.

由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得1<x<e.

所以g(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，

所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.

于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1).

考点二　构造双函数证明不等式

[例2] 已知函数f(x)＝ex2－x ln x．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋.

证明：由题意可知，f(x)的定义域为(0，＋∞).

要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋.

令h(x)＝ln x＋(x＞0)，则h′(x)＝，

易知h(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，

则h(x)min＝h()＝0，所以ln x＋≥0.

再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，

易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.

因为h(x)与φ(x)不同时为0，

所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立．

构造双函数证明不等式的使用原则

(1)若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．含ln x与ex的

混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．

(2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点．

训练2 已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.

(1)解：f′(x)＝－a(x＞0)，

①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；

②若a＞0，则当0＜x＜时，f′(x)＞0；当x＞时，f′(x)＜0.

故f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．

(2)证明：因为x＞0，所以只需证f(x)≤－2e，

当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

所以f(x)max＝f(1)＝－e.

设g(x)＝－2e(x＞0)，则g′(x)＝，

所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；

当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.

综上，当x＞0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，当x＝1时，等号成立．

故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得证．

考点三　放缩后构造函数证明不等式

[例3] 已知函数f(x)＝，g(x)＝，证明：f(x)＞2g(x)－1.

证明：要证f(x)＞2g(x)－1，即证＞－1，

因为当x＞0时，ex＞x＋1＞0，即＞，

即＞，－1＞－1.

只需证≥－1，即证x ln x≥x－1.