第3章 第4节 第二课时 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培优版）

第二课时　利用导数证明不等式 [对应学生用书P79] 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)＝ex. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当x>－2时，求证：f(x)>ln (x＋2). (1)解：由f(x)＝ex，得f(0)＝1，f′(x)＝ex， 则f′(0)＝1，即曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝x－0， 所以所求切线方程为x－y＋1＝0. (2)证明：设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)，则g′(x)＝ex－1， 当－2<x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0， 即g(x)在(－2，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0， 因此f(x)≥x＋1(当且仅当x＝0时，等号成立)， 令h(x)＝x＋1－ln (x＋2)(x>－2)，则h′(x)＝1－＝， 则当－2<x<－1时，h′(x)<0，当x>－1时，h′(x)>0， 即h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增， 于是当x＝－1时，h(x)min＝h(－1)＝0， 因此x＋1≥ln (x＋2)(当且仅当x＝－1时，等号成立)， 因为g(x)与h(x)不同时为0， 所以当x>－2时，f(x)>ln (x＋2). 放缩法证明不等式的策略 导数方法证明不等式的问题中，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，简化后再构造函数进行证明．常见的放缩公式如下： (1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时，等号成立； (2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立． 训练3 已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1. (1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)证明：当a≥1时，f(x)≥0. (1)解：当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，f′(x)＝ex－1－， k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，所以切点为(1，0). 所以切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0. (2)证明：因为a≥1，所以aex－1≥ex－1，所以f(x)≥ex－1－ln x－1. 方法一　令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，所以φ′(x)＝ex－1－， 令h(x)＝ex－1－，所以h′(x)＝ex－1＋>0， 所以φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又φ′(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增，所以φ(x)min＝φ(1)＝0， 所以φ(x)≥0，所以f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0. 方法二　令g(x)＝ex－x－1，所以g′(x)＝ex－1. 当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(0)＝0， 故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立． 同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立． 由ex≥x＋1⇒ex－1≥x，当且仅当x＝1时，等号成立， 由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1，当且仅当x＝1时，等号成立， 所以ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1， 即ex－1－ln x－1≥0，当且仅当x＝1时，等号成立，即f(x)≥0. [对应学生用书P80] 导数切线放缩法是一种非常实用的数学方法，它可以帮助我们更好地理解函数的性质和变化规律，使问题简单化，利用切线不等式进行求解，能起到事半功倍的效果． 常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时，等号成立；(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立． 考向1　单切线放缩 常见的切线放缩：∀x∈R都有ex≥x＋1；当x>－1时，ln (x＋1)≤x；当x>0时，x>sin x；当x<0时，x<sin x. [例1] (2025·重庆模拟)已知函数f(x)＝sin x－a ln (x＋1). (1)若a＝1，证明：当x∈[0，1]时，f(x)≥0； (2)若a＝－1，证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤2ex－2. 证明：(1)首先证明sin x≤x，x∈[0，＋∞)，证明如下： 构造j(x)＝sin x－x，x∈[0，＋∞)，则j′(x)＝cos x－1≤0恒成立， 故j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减， 故j(x)≤j(0)＝0，所以sin x≤x，x∈[0，＋∞). 当a＝1时，f(x)＝sin x－ln (x＋1)，x∈[0，1]，f′(x)＝cos x－＝1－2sin2－≥1－2()2－＝1－－≥1－－(0≤x≤1)， 故f′(x)≥＝≥0在x∈[0，1]上恒成立，所以f(x)在[0，1]上单调递增， 故f(x)≥f(0)＝0. (2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞). 当a＝－1时，g(x)＝2ex－2－sinx－ln (x＋1)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln (x＋1)， 下证：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sin x≥0(x≥0)，x－ln (x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0时，等号成立， 令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，则r′(x)＝ex－1≥0，故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上单调递增， 故r(x)≥r(0)＝0； 令j(x)＝sin x－x. 由(1)知j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减， 故j(x)≤j(0)＝0，即x－sin x≥0，且在x＝0时，等号成立； 令t(x)＝x－ln (x＋1)(x≥0)，则t′(x)＝1－＝≥0， 故t(x)＝x－ln (x＋1)在[0，＋∞)上单调递增，故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0时，等号成立， 综上所述，g(x)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln (x＋1)≥0，且在x＝0时，等号成立，即(2ex－2)－f(x)≥0，即f(x)≤2ex－2. 单切线放缩法适用于凹函数与凸函数且它们的凹凸性相反的问题(拆成两个函数)，两函数有斜率相同的切线，这是切线放缩的基础，引入一个中间量，分别证明两个不等式成立，然后利用不等式的传递性即可，难点在合理拆分函数，寻找它们斜率相等的切线隔板． 训练1 已知函数f(x)＝ex－a. (1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值； (2)若f(x)－ln x>0恒成立，求整数a的最大值． 解：(1)由已知得f′(x)＝ex， 因为函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，即f(0)＝－1，解得a＝2. (2)先证明ex≥x＋1， 设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0， 当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，当且仅当x＝0时，等号成立． 同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立，所以ex－2>ln x. 当a≤2时，ln x<ex－2≤ex－a，即当a≤2时，f(x)－ln x>0恒成立； 当a≥3时，存在x＝1，使ex－a<ln x，即ex－a>ln x不恒成立． 综上，整数a的最大值为2. 考向2　双切线放缩 [例2] (2025·福州模拟)已知函数f(x)＝x ln x－x.若f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1<x2.求证：be＋e<x2－x1<2b＋e＋. 证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x. 令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减． 因为f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1<x2，所以0<x1<1<x2， 先证不等式x2－x1<2b＋e＋， 因为f(e)＝0，f()＝－，f′(e)＝1，f′()＝－1， 所以曲线y＝f(x)在x＝和x＝e处的切线分别为l1：y＝－x－和l2：y＝x－e，如图， 令g(x)＝f(x)－(－x－)＝x ln x＋，0<x<1，则g′(x)＝1＋ln x， 令g′(x)>0，则<x<1；令g′(x)<0，则0<x<， 所以g(x)在(0，)上单调递减，在(，1)上单调递增，所以g(x)≥g()＝0， 所以f(x)≥－x－在(0，1)上恒成立． 设直线y＝b与直线l1交点的横坐标为x′1，－x′1－＝f(x1)≥－x1－，则x′1≤x1， 设直线y＝b与直线l2交点的横坐标为x′2， 同理可证x2≤x′2， 因为x′1＝－b－，x′2＝b＋e，所以x2－x1<x′2－x′1＝b＋e－(－b－)＝2b＋e＋(两个等号不同时成立)， 因此x2－x1<2b＋e＋. 再证不等式x2－x1>be＋e，函数f(x)的图象上有两点A(1，－1)，B(e，0)， 设直线y＝b与直线OA：y＝－x，AB：y＝·(x－e)的交点的横坐标分别为x3，x4， 易证x1<x3<x4<x2，且x3＝－b，x4＝(e－1)b＋e，所以x2－x1>x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e. 综上可得be＋e<x2－x1<2b＋e＋成立． 含有两个零点的f(x)的解析式(可能含有参数x1，x2)，告知方程f(x)＝b有两个实根，要证明两个实根之差小于(或大于)某个表达式．求解策略是画出f(x)的图象，并求出f(x)在两个零点处(有时候不一定是零点处)的切线方程(有时候不是找切线，而是找过曲线上某两点的直线)，然后严格证明曲线f(x)在切线(或所找直线)的上方或下方，进而对x1，x2作出放大或者缩小，从而实现证明． 训练2 (2024·遂宁模拟)已知函数f(x)＝a(x＋1)－，x∈R. (1)若f(x)是减函数，求实数a的取值范围； (2)若f(x)有两个极值点x1，x2，其中x1<x2，求证：x2－x1>＋2. (1)解：由题意知f′(x)＝a＋≤0在R上恒成立，所以－a≥恒成立， 令g(x)＝，x∈R，则－a≥g(x)max， 令g′(x)＝－＝0，得x＝－1， 当x∈(－∞，－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)max＝g(－1)＝e，即－a≥e，a∈(－∞，－e]. (2)证明：由f(x)有两个极值点x1，x2，可知f′(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2， 由(1)可知，当x→＋∞时，g(x)→0，且g(－2)＝0，则g(x)的图象如图所示， 所以－e<a<0且－2<x1<－1<x2， 又过点(－2，0)和(－1，e)的直线方程为y＝e(x＋2)， 当x∈(－2，－1)时，构造函数h(x)＝g(x)－e(x＋2)＝－e(x＋2)＝(x＋2)(－e)>0， 所以g(x)>e(x＋2). 设方程e(x＋2)＝－a的根为x3，即e(x3＋2)＝g(x1)>e(x1＋2)，得x3>x1，且x3＝－－2， 过点(－1，e)和(0，0)的直线方程为y＝－ex， 设m(x)＝g(x)＋ex＝＋ex，x∈(－1，＋∞)， 因为m′(x)＝>0，所以m(x)在(－1，＋∞)上单调递增，所以m(x)>m(－1)＝0，则g(x)>－ex， 设方程－ex＝－a的根为x4，即－ex4＝g(x2)>－ex2，得x4<x2，且x4＝， 所以x2－x1>x4－x3＝－(－－2)＝＋2. [课时训练(22)见P388] 学科网（北京）股份有限公司 $$