3.6 利用导数证明不等式（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版）

该高中数学讲义聚焦利用导数证明不等式这一高考核心考点，按直接构造、放缩构造、双函数构造等技法系统梳理知识内在联系，通过考点解析、方法指导、真题演练的教学流程，帮助学生构建解题框架，突破构造函数与转化最值的难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以培养学生数学思维和模型意识为特色，创新采用“技法分类+分层训练”教学策略，如例1通过构造辅助函数将不等式证明转化为最值问题，配合基础巩固与能力提升练习，在有限时间内强化逻辑推理能力。既助力学生高效掌握解题通法，又为教师提供精准的复习节奏把控方案，提升复习效果。

3．6　利用导数证明不等式 利用导数证明不等式问题一般要用到构造法，构造法是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有： (1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))转化为证明f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)； (2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x<x<ex(x>0)，≤ln (x＋1)≤x(x>－1)； (3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数； (4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解． 技法一　构造函数并转化为函数的最值问题 【例1】　(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，由于ex＞0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1＜0恒成立，所以f(x)在R上单调递减； 当a＞0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x＜－ln a时，f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x＞－ln a时，f′(x)＞0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上：当a≤0时，在f(x)上R单调递减；当a＞0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)法一　由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)＞2ln a＋，即证1＋a2＋ln a＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0恒成立， 令g(a)＝a2－－ln a(a＞0)，则g′(a)＝2a－， 令g′(a)＜0，则0＜a＜；令g′(a)＞0，则a＞； 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝2－－ln ＝ln ＞0，则g(a)>0恒成立， 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立，证毕． 法二　令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增， 又h′(0)＝e0－1＝0， 所以当x＜0时，h′(x)＜0；当x＞0时，h′(x)＞0； 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)＞2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0， 令g(a)＝a2－－ln a(a＞0)，则g′(a)＝2a－， 令g′(a)＜0，则0＜a＜；令g′(a)＞0，则a＞； 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝2－－ln ＝ln ＞0，则g(a)＞0恒成立， 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立，证毕． 思维升华　(1)待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，通过研究其单调性等相关函数性质证明不等式． (2)利用构造差函数证明不等式的基本步骤 ①作差或变形； ②构造新的函数g(x)； ③利用导数研究g(x)的单调性或最值； ④根据单调性及最值，得到所证不等式． 【对点练习】　1.(2024·广东广州模拟)已知函数f(x)＝xeax(a>0)． (1)求f(x)在区间[－1，1]上的最大值与最小值； (2)当a≥1时，求证：f(x)≥ln x＋x＋1. 解：(1)f′(x)＝eax(1＋ax)(a>0)， 令f′(x)＝0，则x＝－， 当0<a≤1时，－≤－1，所以f′(x)≥0在区间[－1，1]上恒成立，f(x)在区间[－1，1]上单调递增， 所以f(x)min＝f(－1)＝－e－a，f(x)max＝f(1)＝ea. 当a>1时，－1<－<1，则当x∈时，f′(x)<0，f(x)在区间上单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)在区间上单调递增， 所以f(x)min＝f＝－. 而f(－1)＝－e－a<0，f(1)＝ea>0， 所以f(x)max＝f(1)＝ea. 综上所述，当0<a≤1时，f(x)min＝－e－a，f(x)max＝ea； 当a>1时，所以f(x)min＝－，f(x)max＝ea. (2)方法一(隐零点法)：因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex，欲证xeax≥ln x＋x＋1，只需证明xex≥ln x＋x＋1， 设g(x)＝xex－ln x－x－1(x>0)，g′(x)＝(x＋1)， 令φ(x)＝ex－，易知φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 而φ＝－2<0，φ(1)＝e－1>0， 所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x0∈使得φ(x0)＝0， 即＝0，因此，x0＝－ln x0， 当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，g′(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，g′(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增； 所以g(x)min＝g(x0)＝－ln x0－x0－1＝x0·＋x0－x0－1＝0， 所以g(x)≥0，因此f(x)≥ln x＋x＋1. 方法二(同构法)：因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex，欲证xeax≥ln x＋x＋1，只需证明xex≥ln x＋x＋1， 只需证明xex＝eln xex＝eln x＋x≥ln x＋x＋1， 因此构造函数h(x)＝ex－x－1(x∈R)， 则h′(x)＝ex－1， 当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，0)上单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(0)＝0，所以ex≥x＋1， 所以xex≥ln x＋x＋1， 因此f(x)≥ln x＋x＋1. 技法二　将不等式转化为两个函数的最值进行比较 【例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. 解：(1)f′(x)＝－a(x>0)， ①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②若a>0，则当0<x<时，f′(x)>0； 当x>时，f′(x)<0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明：法一　∵x>0，∴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， ∴f(x)max＝f(1)＝－e. 记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝， ∴当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，故g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝－e. 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0. 法二　由题意知，即证ex ln x－ex2－ex＋2ex≤0， 从而等价于ln x－x＋2≤. 设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1. ∴当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1. 设函数h(x)＝，则h′(x)＝， ∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1. 综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0. 思维升华　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．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明． 【对点练习】　2.已知f(x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函数f(x)在[t，t＋2)(t>0)上的最小值； (2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (3) 证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>成立． 解：(1)f′(x)＝ln x＋1， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ①当t＋2≤时，t无解； ②当0<t<<t＋2，即0<t<时，f(x)min＝＝－； ③当≤t<t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝t ln t； 所以f(x)min＝ (2)2x ln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋ 设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝， 当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4. (3)问题等价于证明x ln x>(x∈(0，＋∞))， 由(1)可知f(x)＝x ln x(x∈(0，＋∞))的最小值是当且仅当x＝时取到， 设m(x)＝(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到， 从而对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>成立． 技法三　双变量不等式的证明 【例3】　已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝. 当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当－1<a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝. 当x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0， 故f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明：不妨设x1≥x2，由于a≤－2， 由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1. 令g(x)＝f(x)＋4x， 则g′(x)＝. 于是g′(x)≤≤0. 从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2， 故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. 思维升华　将两个变量分离，根据式子的特点构造新函数，利用导数研究新函数的单调性及最值，从而得到所证不等式，或者要求证的不等式等价变形，然后利用整体思想换元，再构造函数，结合函数的单调性可证得不等式． 【对点练习】　3.已知函数f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝ln x－＋2a. (1)若a＝，比较函数f(x)与g(x)的大小； (2)若m>n>0，求证：>. 解：(1)当a＝时，f(x)＝＋1，g(x)＝ln x＋＋1， 令F(x)＝f(x)－g(x)＝－ln x－， 则F′(x)＝≥0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0. 综上，当x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)； 当x∈(0，1)时，F(x)<0，f(x)<g(x)； 当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，f(x)>g(x)． (2)证明：因为m>n>0，则>1， 要证>，即证>ln m－ln n，即证>ln ， 设t＝，则t>1，即证t－>ln t2＝2ln t， 即证－ln t－>0(t>1)， 由(1)知，当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立， 所以当m>n>0时，>. 学科网（北京）股份有限公司 $