专题7 第4讲 大题专攻——利用导数证明不等式-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书Word

第4讲　大题专攻——利用导数证明不等式 备｜考｜领｜航 一、考情分析 高频考点 高考预测 作差（商）法证明不等式 利用导数证明不等式问题是高考的热点和难点，多以解答题的形式出现，一般难度较大 放缩法证明不等式 变量代换法证明不等式 二、真题感悟 1.（2023·新高考Ⅰ卷19题）（作差法、构造法证明不等式）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）由题意知，f（x）的定义域为（－∞，＋∞），f'（x）＝aex－1. 当a≤0时，易知f'（x）＜0，则f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数. 当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝ln. 当x∈（－∞，ln）时，f'（x）＜0；当x∈（ln，＋∞）时，f'（x）＞0. 所以f（x）在（－∞，ln）上单调递减，在（ln，＋∞）上单调递增. 综上可知，当a≤0时，f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数；当a＞0时，f（x）在（－∞，ln）上单调递减，在（ln，＋∞）上单调递增. （2）证明：法一　由（1）知，当a＞0时，f（x）在（－∞，ln）上单调递减，在（ln，＋∞）上单调递增. 所以f（x）min＝f（ln）＝a（＋a）－ln＝1＋a2＋ln a. 令g（x）＝1＋x2＋ln x－（2ln x＋），x＞0， 即g（x）＝x2－ln x－，x＞0， 则g'（x）＝2x－＝. 令g'（x）＝0，得x＝. 当x∈（0，）时，g'（x）＜0；当x∈（，＋∞）时，g'（x）＞0. 所以g（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增， 所以g（x）min＝g（）＝（）2－ln －＝－ln＞0， 所以1＋x2＋ln x＞2ln x＋对∀x＞0恒成立， 所以当a＞0时，1＋a2＋ln a＞2ln a＋恒成立. 即当a＞0时，f（x）＞2ln a＋. 法二　当a＞0时，由（1）得，f（x）min＝f（－ln a）＝1＋a2＋ln a， 故欲证f（x）＞2ln a＋成立， 只需证1＋a2＋ln a＞2ln a＋， 即证a2－＞ln a. 构造函数u（a）＝ln a－（a－1）（a＞0）， 则u'（a）＝－1＝，所以当a＞1时，u'（a）＜0；当0＜a＜1时，u'（a）＞0. 所以函数u（a）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减， 所以u（a）≤u（1）＝0，即ln a≤a－1， 故只需证a2－＞a－1，即证a2－a＋＞0， 因为a2－a＋＝（a－）2＋＞0恒成立， 所以当a＞0时，f（x）＞2ln a＋. 2.（2024·全国甲卷文20题）（放缩法、作差法证明不等式）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. 解：（1）因为f（x）＝a（x－1）－ln x＋1， 所以f'（x）＝a－＝，x＞0， 若a≤0，则f'（x）＜0恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减； 若a＞0，则当0＜x＜时，f'（x）＜0，当x＞时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增. 综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增. （2）证明：法一（放缩法）　因为a≤2，所以当x＞1时，ex－1－f（x）＝ex－1－a（x－1）＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1. 令g（x）＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x＞1时g（x）＞0. 易知g'（x）＝ex－1－2＋， 令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝ex－1－在（1，＋∞）上单调递增， 则当x＞1时，h'（x）＞h'（1）＝0， 所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递增， 所以当x＞1时，g'（x）＞g'（1）＝0，故g（x）在（1，＋∞）上单调递增， 所以当x＞1时，g（x）＞g（1）＝0， 即当x＞1时，f（x）＜ex－1. 法二（作差法直接求导证明）　设g（x）＝a（x－1）－ln x＋1－ex－1，只需证当x＞1时g（x）＜0即可. 易知g'（x）＝a－－ex－1， 令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝－ex－1， 由基本初等函数的单调性可知h'（x）在（1，＋∞）上单调递减， 则当x＞1时，h'（x）＜h'（1）＝1－1＝0， 所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递减， 于是当x＞1时，g'（x）＜g'（1）＝a－2， 又a≤2，所以a－2≤0，则当x＞1时，g'（x）＜0，故g（x）在（1，＋∞）上单调递减， 所以当x＞1时，g（x）＜g（1）＝0， 即当x＞1时，f（x）＜ex－1. 重｜难｜排｜查 　常用放缩技巧 （1）指数型放缩：ex≥x＋1（当且仅当x＝0时取等号），ex－1≥x，即ex≥ex（当且仅当x＝1时取等号），ex≤（x＜1）（当且仅当x＝0时取等号）； （2）对数型放缩：ln（x＋1）≤x（当且仅当x＝0时取等号），1－≤ln x≤x－1（x＞0）（当且仅当x＝1时取等号）； （3）三角放缩：sin x≤x≤tan x（当且仅当x＝0时取等号），sin x≥x≥tan x（－＜x≤0）（当且仅当x＝0时取等号）. 作差（商）法证明不等式 【例1】　已知函数f（x）＝2sin x－sin 2x.当≤x≤时，求证：f（x）＞ln（x＋1）（注：ln≈0.739）. 证明：设g（x）＝f（x）－ln（x＋1）＝2sin x－sin 2x－ln（x＋1）， 则g'（x）＝－4cos2x＋2cos x＋2－. 当≤x≤时，1－＞0，所以g'（x）＞－4cos2x＋2cos x＋1， 又－4cos2x＋2cos x＋1＝－4（cos x－）2＋（0≤cos x≤）， 所以－4cos2x＋2cos x＋1＞0，所以g'（x）＞0在区间［，］上恒成立. 所以y＝g（x）在区间［，］上单调递增， 所以g（x）≥g（）＝－ln（＋1）＞－ln≈－0.739＞0， 所以当≤x≤时，f（x）＞ln（x＋1）. 感悟提升 作差（商）法证明不等式 　　待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接通过作差（商）法，转化为与0（作差）或与1（作商）比较大小的问题，进而构造差（商）函数，通过研究其单调性等性质，转化为函数最值问题，从而证明不等式. 　（2024·湖南“一起考”大联考改编）已知函数f（x）＝－x＋ln x＋1，g（x）＝xex－2x.求证：f（x）≤g（x）. 证明：要证f（x）≤g（x），即证xex－x－ln x－1≥0. 令F（x）＝xex－x－ln x－1，则F'（x）＝（x＋1）ex－－1＝（x＋1）（ex－），x＞0. 令G（x）＝ex－，x＞0，则G'（x）＝ex＋＞0， 所以G（x）在（0，＋∞）上单调递增， 又因为G（）＝－2＜0，G（1）＝e－1＞0， 所以∃x0∈（，1），使得G（x0）＝0，即＝， 当x∈（0，x0）时，G（x）＜0，当x∈（x0，＋∞）时，G（x）＞0， 所以F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增， 所以F（x）min＝F（x0）＝x0－x0－ln x0－1. 又因为＝，即x0＝－ln x0，所以F（x）min＝1－x0＋x0－1＝0， 所以F（x）≥0，即xex－x－ln x－1≥0，故f（x）≤g（x）得证. 放缩法证明不等式 【例2】　已知x∈（0，1），求证：x2－＜. 证明：要证：x2－＜，只需证ex（x2－）＜ln x， 又易证ex＞x＋1＞0（0＜x＜1）， 所以只需证明ln x＋（x＋1）（－x2）＞0， 即证ln x＋1－x3＋－x2＞0，而当x∈（0，1）时，x3＜x，x2＜x， 所以只需证ln x＋1－2x＋＞0. 令g（x）＝ln x＋1－2x＋，x∈（0，1）， 则g'（x）＝－2－＝－， 而2x2－x＋1＞0恒成立，所以g'（x）＜0， 所以g（x）在（0，1）上单调递减，所以当x∈（0，1）时，g（x）＞g（1）＝0，即ln x＋1－2x＋＞0， 所以x2－＜得证. 感悟提升 　　放缩法的实质就是将待证不等式通过适度放缩，转化为多个不等式的证明问题.某些不等式直接构造函数不易求其最值，可以利用熟知的函数不等式进行放缩，有利于简化后续导数的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，再构造函数进行证明. 　已知f（x）＝cos x，x∈［0，）. （1）求证：tan x·f（x）≤x； （2）求证：2ex·f（x）≥（1＋x）（2－x2）. 证明：（1）因为tan x·f（x）＝sin x，记g（x）＝sin x－x，则当x∈［0，）时，g'（x）＝cos x－1≤0，所以g（x）在［0，）上是减函数，所以g（x）≤g（0）＝0，即tan x·f（x）≤x. （2）要证明2ex·f（x）≥（1＋x）（2－x2）， 即证明ex·cos x≥，x∈［0，）. 因为ex≥x＋1，又由（1）可知，当x∈［0，）时，sin x≤x， 所以excos x＝ex（ 1－2sin2）≥（x＋1）［1－2（ ）2］＝（1＋x）（ 1－）. 故x∈［0，）时，2ex·f（x）≥（1＋x）（2－x2）. 变量代换法证明不等式 【例3】　已知函数f（x）＝－xeax，求证：ln x＋ax－1≥. 证明：ln x＋ax－1≥，即为ln x＋ax－1≥（x＞0）， 即ln（xeax）－1＋≥0， 令t＝xeax，可得t＞0，即证明ln t－1＋≥0（t＞0）. 设g（t）＝ln t－1＋（t＞0），则g'（t）＝－＝， 当t∈（0，1）时，g'（t）＜0，函数g（t）单调递减； 当t∈（1，＋∞）时，g'（t）＞0，函数g（t）单调递增. 所以g（t）≥g（1）＝ln 1－1＋1＝0，即ln t－1＋≥0（t＞0）. 所以ln x＋ax－1≥. 感悟提升 变量代换法证明不等式的三种常见方法 （1）消元法：借助题设条件，建立x1与x2的等量关系，如x2＝g（x1），从而将f（x1，x2）＞A的双变量不等式化成h（x1）＞A的单变量不等式； （2）换元法：结合题设条件，有时需要先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如的形式； （3）构造“形似”函数：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，根据“相同结构”构造辅助函数. 　已知函数f（x）＝x2－ax＋ln x.若函数f（x）有两个极值点x1，x2，求证：f（x1＋x2）＜－2＋ln. 证明：f（x）的定义域为（0，＋∞）， f'（x）＝2x－a＋＝， 由题意得2x2－ax＋1＝0的两个不等的实根为x1，x2， 则 解得a＞2. 故f（x1＋x2）＝（x1＋x2）2－a（x1＋x2）＋ln（x1＋x2）＝－＋ln＝－＋ln. 设g（a）＝－＋ln（a＞2）， 则g'（a）＝－＋＝＜0， 故g（a）在（2，＋∞）上单调递减， 所以g（a）＜g（2）＝－2＋ln. 因此f（x1＋x2）＜－2＋ln. 1.（2024·合肥第一次质量检测）已知函数f（x）＝，当x＝1时，f（x）有极大值. （1）求实数a，b的值； （2）当x＞0时，证明：f（x）＜. 解：（1）函数f（x）的定义域为（－∞，＋∞），且f'（x）＝， 因为x＝1时，f（x）有极大值，所以解得a＝1，b＝0， 经检验，当a＝1，b＝0时，f（x）在x＝1时有极大值， 所以a＝1，b＝0. （2）证明：由（1）知，f（x）＝， 当x＞0时，要证f（x）＜，即证＜， 即证ex＞x＋1. 设g（x）＝ex－x－1，则g'（x）＝ex－1， 因为x＞0，所以g'（x）＝ex－1＞0， 所以g（x）在（0，＋∞）上单调递增， 所以g（x）＞g（0）＝0，即ex－x－1＞0，即ex＞x＋1， 故当x＞0时，f（x）＜. 2.（2024·乌鲁木齐第二次质量监测）已知f（x）＝（2x＋1）ln x－，曲线f（x）在x＝1处的切线方程为y＝ax＋b. （1）求a，b； （2）证明：f（x）≤ax＋b. 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），由f（x）＝（2x＋1）ln x－可得f'（x）＝2ln x＋（2x＋1）·－x＝2ln x－x＋＋2， 则f'（1）＝2，所以曲线f（x）在x＝1处的切线斜率为k＝2， 又因为f（1）＝－， 所以切线方程为y＋＝2（x－1），即y＝2x－， 所以a＝2，b＝－. （2）证明：要证明f（x）≤ax＋b，只要证（2x＋1）ln x－－2x＋≤0， 设g（x）＝（2x＋1）ln x－－2x＋， 则g'（x）＝2ln x＋－x， 令h（x）＝2ln x＋－x， 则h'（x）＝－－1＝－≤0， 所以h（x）在（0，＋∞）上单调递减， 又h（1）＝0，所以当x∈（0，1）时，h（x）＞0，则g（x）在（0，1）上单调递增， 当x∈（1，＋∞）时，h（x）＜0，则g（x）在（1，＋∞）上单调递减， 所以g（x）≤g（1）＝0，所以f（x）≤ax＋b. 3.函数f（x）＝ln（x＋t）＋，其中t，a为实数. （1）当t＝0时，讨论函数f（x）的单调性； （2）若g（x）＝ex＋，当t≤2时，证明：g（x）＞f（x）. 解：（1）当t＝0时，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝－＋＝. 当a≤0时，∵x＞0，∴x－a＞0，∴f'（x）＞0， ∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增. 当a＞0时，若x＞a，则f'（x）＞0，f（x）单调递增；若0＜x＜a，则f'（x）＜0，f（x）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（a，＋∞）上单调递增，在（0，a）上单调递减. （2）证明：要证g（x）＞f（x），即证g（x）－f（x）＞0，即证ex－ln（x＋t）＞0，即证ex－ln（x＋t）≥ex－ln（x＋2）＞0. 令F（x）＝ex－ln（x＋2），F'（x）＝ex－在（－2，＋∞）上单调递增， ∵∴F'（x）＝0在（－2，＋∞）上有唯一实根，设为x0，则x0∈（－1，0）. 当x∈（－2，x0）时，F'（x）＜0，F（x）单调递减，当x∈（x0，＋∞）时，F'（x）＞0，F（x）单调递增. 故当x＝x0时，F（x）取得最小值，由F'（x0）＝0得＝，即x0＝－ln（x0＋2）， F（x）≥－ln（x0＋2）＝＋x0＝＞0. 故当t≤2时，g（x）＞f（x）. 4.已知函数f（x）＝－m（a，m∈R）在x＝e（e为自然对数的底数）时取得极值，且有两个零点x1，x2. （1）求实数a的值，以及实数m的取值范围； （2）证明：x1x2＞e2. 解：（1）由已知得，函数f（x）＝－m的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝＝. 由f'（x）＝0，得x＝ea＋1，且当0＜x＜ea＋1时，f'（x）＞0；当x＞ea＋1时，f'（x）＜0. 所以f（x）在x＝ea＋1时取得极值， 所以ea＋1＝e，解得a＝0. 所以f（x）＝－m（x＞0），f'（x）＝， 显然当0＜x＜e时，f'（x）＞0， 所以函数f（x）在（0，e）上单调递增； 当x＞e时，f'（x）＜0， 所以函数f（x）在（e，＋∞）上单调递减. f（e）＝－m，且f（e）为f（x）的极大值，也是最大值. 易知当x→0（x＞0）时，f（x）→－∞；当x→＋∞时，f（x）→－m. 又f（x）有两个零点x1，x2，所以 得0＜m＜， 所以实数m的取值范围为（0，）. （2）证明：由题意，不妨设0＜x1＜x2，则 则ln（x1x2）＝m（x1＋x2），ln＝m（x2－x1）， 所以m＝，要证x1x2＞e2， 即证ln（x1x2）＞2，即证m（x1＋x2）＞2， 即证ln＞2，令t＝，则t＞1， 则只需证当t＞1时，ln t＞， 即证当t＞1时，ln t－＞0. 设g（t）＝ln t－（t＞1）， 则g'（t）＝－＝＞0， 所以g（t）在（1，＋∞）上单调递增， 则g（t）＞g（1）＝ln 1－＝0， 从而原不等式成立， 即x1x2＞e2成立. 7 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $