专题1 第1课时 利用导数证明不等式（课件PPT）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

高考总复习 数学 专题一　高考中的导数问题 第一课时 利用导数证明不等式 探究 移项构造函数证明不等式 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 探究 分拆函数法证明不等式 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 探究 双变量不等式的证明 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 探究 适当放缩证明不等式 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 请完成：课时作业（二十） 温馨提示 谢谢观看！ 利用导数证明不等式在高考中经常被考查，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等知识相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果． 【例1】已知函数f(x)＝ex＋x2－x＋1. (1)求函数f(x)的极值； (2)证明：∀x∈R，f(x)>3x. (1)解：已知f(x)＝ex＋x2－x＋1，函数定义域为R， 可得f′(x)＝ex＋2x－1，令m(x)＝ex＋2x－1，m′(x)>0可知f′(x)在R上单调递增， 又f′(0)＝0， 当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x＝0时，函数f(x)取得极小值，极小值f(0)＝2.综上，函数f(x)的极小值为2，无极大值． (2)证明：不妨设g(x)＝f(x)－3x＝ex＋x2－4x＋1，函数定义域为R，可得g′(x)＝ex＋2x－4，不妨设h(x)＝ex＋2x－4，函数定义域为R， 可得h′(x)＝ex＋2>0，所以函数h(x)在R上单调递增，即函数g′(x)在R上单调递增， 又g′(0)＝－3<0，g′(1)＝e－2>0， 所以在区间(0，1)上存在一点x0，使得g′(x0)＝0， 即ex0＝4－2x0， 当x<x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)≥g(x0)＝ex0＋x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －4x0＋1＝x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －6x0＋5＝(x0－3)2－4， 易知当0<x0<1时，g(x0)单调递减， 所以g(x0)min>g(1)>0， 则g(x)≥g(x0)>0，所以g(x)>0， 故∀x∈R，使得f(x)>3x. 利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法 (1)若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. (2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x).若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增，同时h(a)>0，即f(x)>g(x)；若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减，同时h(b)>0，即f(x)>g(x). 【练1】 (2025·济南模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a<0时，证明：f(x)≤－ eq \f(3,4a) －2. (1)解：f′(x)＝ eq \f(2ax2＋（2a＋1）x＋1,x) ＝ eq \f(（2ax＋1）（x＋1）,x) ，x>0. 当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若a<0，则令f′(x)＝0，解得x＝－ eq \f(1,2a) . 所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a))) 时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞)) 时，f′(x)<0，f(x)单调递减． (2)证明：设g(x)＝f(x)＋ eq \f(3,4a) ＋2(x>0). 要证原不等式成立，需证g(x)max≤0，即证f(x)max＋ eq \f(3,4a) ＋2≤0. 由(1)知，当a<0时，f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a))) .即证ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a))) ＋ eq \f(1,2a) ＋1≤0. 不妨设t＝－ eq \f(1,2a) >0，则证ln t－t＋1≤0，令h(t)＝ln t－t＋1，求导得h′(t)＝ eq \f(1,t) －1. h′(t)>0时，t∈(0，1)，h′(t)<0时，t∈(1，＋∞). 所以h(t)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则h(t)max＝h(1)＝0.故f(x)≤－ eq \f(3,4a) －2. 【例2】 (2024·惠州一模)设函数f(x)＝ eq \f(x,ex) ＋ax2－2ax，g(x)＝ eq \f(3ln x,x) ＋2ax＋ eq \f(2,ex) ，a∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若a∈[－1，0)，求证：g(x)<4a＋3. (1)解：f(x)的定义域为R，f′(x)＝ eq \f(1－x,ex) ＋2ax－2a＝(1－x)( eq \f(1,ex) －2a)，对a分类讨论： (i)当a≤0时， eq \f(1,ex) －2a>0， 当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，1)上单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减． (ii)当a>0时，f′(x)＝ eq \f(1－x,ex) (1－2aex)， 令1－2aex＝0，解得x＝ln eq \f(1,2a) ， ①当ln eq \f(1,2a) ＝1，即a＝ eq \f(1,2e) ，则f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增； ②当ln eq \f(1,2a) <1，即a> eq \f(1,2e) ，令f′(x)>0，则x<ln eq \f(1,2a) 或x>1， ∴f(x)在(－∞，ln eq \f(1,2a) )和(1，＋∞)上单调递增， 令f′(x)<0，则ln eq \f(1,2a) <x<1，∴f(x)在(ln eq \f(1,2a) ，1)上单调递减； ③当ln eq \f(1,2a) >1，即0<a< eq \f(1,2e) 时，令f′(x)>0，则x<1或x>ln eq \f(1,2a) ， ∴f(x)在(－∞，1)和(ln eq \f(1,2a) ，＋∞)上单调递增， 令f′(x)<0，则1<x<ln eq \f(1,2a) ， ∴f(x)在(1，ln eq \f(1,2a) )上单调递减． 综上可得：当a≤0时，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当a>0时，①当a＝ eq \f(1,2e) 时，f(x)在R上单调递增； ②当a> eq \f(1,2e) 时，f(x)在(－∞，ln eq \f(1,2a) )和(1，＋∞)上单调递增，在(ln eq \f(1,2a) ，1)上单调递减； ③当0<a< eq \f(1,2e) 时，f(x)在(－∞，1)和(ln eq \f(1,2a) ，＋∞)上单调递增，在(1，ln eq \f(1,2a) )上单调递减． (2)证明：要证：g(x)<4a＋3. 即证明： eq \f(3ln x,x) ＋2ax＋ eq \f(2,ex) <4a＋3，a∈[－1，0)，其中x>0，需要证明： eq \f(x,ex) ＋ax2－2ax< eq \f(3,2) (x－ln x)， 亦需要证明f(x)< eq \f(3,2) (x－ln x)， 由(1)知，当a∈[－1，0)时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴f(x)在(0，＋∞)内有唯一极大值，即最大值为f(x)max＝f(1)＝ eq \f(1,e) －a. 又a∈[－1，0)，∴－a∈(0，1]， ∴ eq \f(1,e) －a∈( eq \f(1,e) ，1＋ eq \f(1,e) ]， 即f(x)max＝ eq \f(1,e) －a≤1＋ eq \f(1,e) . 又设h(x)＝ eq \f(3,2) (x－ln x)， h′(x)＝ eq \f(3,2) (1－ eq \f(1,x) )＝ eq \f(3（x－1）,2x) ， 当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)在(0，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴h(x)在(0，＋∞)内，有唯一极小值，即最小值为 h(x)min＝h(1)＝ eq \f(3,2) ×1＝1＋ eq \f(1,2) >1＋ eq \f(1,e) ， 而f(x)max≤1＋ eq \f(1,e) ，∴h(x)>f(x)， ∴原结论成立． (1)若直接求导比较复杂或无从下手时，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． (2)在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min≥g(x)max恒成立，从而f(x)≥g(x)恒成立． 【练2】 (2025·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－x ln x.求证：当x>0时，f(x)<xex＋ eq \f(1,e) . 证明：当x>0时，要证f(x)<xex＋ eq \f(1,e) ，只需证ex－ln x<ex＋ eq \f(1,ex) ，即ex－ex<ln x＋ eq \f(1,ex) . 令h(x)＝ln x＋ eq \f(1,ex) (x>0)，则h′(x)＝ eq \f(ex－1,ex2) ，易知h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) 上单调递增，则h(x)min＝h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e))) ＝0，所以ln x＋ eq \f(1,ex) ≥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＋ eq \f(1,ex) ，故原不等式成立． 【例3】 (2025·四川石室中学高三模拟)已知函数f(x)＝(x－m)ex－ eq \f(1,m) x2＋nx，且曲线y＝f(x)在x＝0处的切线为y＝－2. (1)求m，n的值和f(x)的单调区间； (2)若f(x1)＝f(x2)＝f(x3)(x1＜x2＜x3)，证明：x1＋x2＞0. (1)解：因为f(x)＝(x－m)ex－ eq \f(1,m) x2＋nx，x∈R， 所以f′(x)＝(x－m＋1)ex－ eq \f(2,m) x＋n. 由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝－m＝－2，,f′（0）＝－m＋1＋n＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝1.)) 因为f′(x)＝(x－1)ex－x＋1＝(x－1)(ex－1)， 所以当x＜0或x＞1时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0， 则f(x)在(－∞，0)与(1，＋∞)上单调递增， 在(0，1)上单调递减． (2)证明：由(1)可知x1＜0，0＜x2＜1，x3＞1. 设g(x)＝f(x)－f(－x)(0＜x＜1)， 则g′(x)＝f′(x)＋f′(－x)＝(x－1)(ex－1)＋(－x－1)·(e－x－1)＝ eq \f(ex－1,ex) [(x－1)ex＋x＋1]. 设h(x)＝(x－1)ex＋x＋1，则h′(x)＝xex＋1. 因为0＜x＜1，所以h′(x)＞0，则h(x)在(0，1)上单调递增． 因为h(0)＝0，所以h(x)＞0在(0，1)上恒成立，即g′(x)＞0在(0，1)上恒成立， 则g(x)在(0，1)上单调递增． 因为g(0)＝0，所以g(x)＞0在(0，1)上恒成立，即f(x)＞f(－x)对一切x∈(0，1)恒成立． 因为x2∈(0，1)，所以f(x2)＞f(－x2). 因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(－x2). 因为f(x)在(－∞，0)上单调递增，且x1，－x2∈(－∞，0)，所以x1＞－x2，即得证：x1＋x2＞0. 破解含双参不等式的证明的关键 一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式； 二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； 三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． 【练3】 已知函数f(x)＝ln x＋ eq \f(a,x) . (1)求f(x)的最小值； (2)若方程f(x)＝a有两个根x1，x2(x1<x2)，求证：x1＋x2>2a. (1)解：因为f′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(a,x2) ＝ eq \f(x－a,x2) (x>0)， 所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值． 当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 函数f(x)在x＝a处取最小值f(a)＝ln a＋1. (2)证明：由题意知函数y＝f(x)－a的两个零点为x1，x2(x1＜x2)，且a>0， 由(1)知f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 则0＜x1＜a＜x2.令g(x)＝f(x)－f(2a－x)(0＜x＜a)， 则g′(x)＝(x－a) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,（2a－x）2))) ＝－ eq \f(4a（x－a）2,x2（2a－x）2) <0， 所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，即f(x)＞f(2a－x). 令x＝x1＜a，则f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，由(1)可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1，故x1＋x2＞2a. 【例4】 (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： eq \f(1,\r(12＋1)) ＋ eq \f(1,\r(22＋2)) ＋…＋ eq \f(1,\r(n2＋n)) >ln (n＋1). (1)解：当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex(x∈R)， 则f′(x)＝xex， 当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0， 故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)解：f′(x)＝(1＋ax)eax－ex(x∈(0，＋∞))， ①当a≥1时，f′(x)＝(1＋ax)eax－ex＞eax－ex≥ex－ex＝0， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝－1，与题意矛盾． ②当a≤0时，f′(x)≤eax－ex≤1－ex＜0. ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减， ∴f(x)＜f(0)＝－1，满足题意． ③当0＜a≤ eq \f(1,2) 时， f′(x)≤(1＋ eq \f(x,2) )e eq \s\up16(\f(x,2)) －ex＝e eq \s\up16(\f(x,2)) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（1＋\f(x,2)）－e\s\up16(\f(x,2)))) ， 设G(x)＝1＋ eq \f(x,2) －e eq \s\up16(\f(x,2)) (x＞0)， 则G′(x)＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,2) e eq \s\up16(\f(x,2)) ＜0，∴G(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴G(x)＜G(0)＝0， ∴f′(x)≤e eq \s\up16(\f(x,2)) G(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝－1，满足题意． ④当 eq \f(1,2) ＜a＜1时，f′(x)＝eax[1＋ax－e(1－a)x]， 令H(x)＝1＋ax－e(1－a)x(x>0)， 则f′(x)＝eaxH(x)， H′(x)＝a＋(a－1)e(1－a)x，易知H′ (x)为减函数， 又H′(0)＝2a－1＞0，x→＋∞时，H′(x)＜0， ∴∃x0∈(0，＋∞)，使H′(x0)＝0， 且当x∈(0，x0)时，H′(x)＞0， H(x)在(0，x0)上单调递增，此时H(x)＞H(0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，f′(x)＝eaxH(x)＞0， f(x)在(0，x0)上单调递增， ∴f(x)＞f(0)＝－1，与题意矛盾． 综上，实数a的取值范围为(－∞， eq \f(1,2) ]. (3)证明：由(2)可知，取a＝ eq \f(1,2) ，则∀x>0，总有xe eq \s\up16(\f(1,2))x－ex＋1<0成立， 令t＝e eq \s\up16(\f(1,2))x，则t>1，t2＝ex，x＝2ln t， 故2t ln t<t2－1，即2ln t<t－ eq \f(1,t) 对任意的t>1恒成立． ∴对任意的n∈N＋，有2ln eq \r(\f(n＋1,n)) < eq \r(\f(n＋1,n)) － eq \r(\f(n,n＋1)) ， 整理得ln (n＋1)－ln n< eq \f(1,\r(n2＋n)) ， 故 eq \f(1,\r(12＋1)) ＋ eq \f(1,\r(22＋2)) ＋…＋ eq \f(1,\r(n2＋n)) >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． 【练4】 已知函数f(x)＝x－1－a ln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)证明：对于任意正整数n，(1＋ eq \f(1,2) )(1＋ eq \f(1,22) )·…·(1＋ eq \f(1,2n) )<e. (1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)， ①若a≤0，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) ＝－ eq \f(1,2) ＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a>0，由f′(x)＝1－ eq \f(a,x) ＝ eq \f(x－a,x) 知， 当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)上单调递减， 在(a，＋∞)上单调递增， 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一极小值点． 因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1. (2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0. 令x＝1＋ eq \f(1,2n) ，得ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n))) < eq \f(1,2n) . 从而ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2))) ＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22))) ＋…＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n))) < eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,22) ＋…＋ eq \f(1,2n) ＝1－ eq \f(1,2n) <1. 故 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22))) ·…· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n))) <e. $$