第3章 微专题一 不等式的证明-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考数学大一轮复习全新方案通用版

命题角度2由函数的最值求参数 【例5】(2024·河南南阳一模)已知函数f(x)= 3.x2-2lnx+(a-1)x+3在区间(1,2)上有 最小值，则整数a的一个取值可以是 听课记录 4规律总结 1.求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值时，在 得到极值的基础上，将区间端点的函数值f(a), f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值. 2.若所给函数f(x)含参数，则需通过对参数 分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x) 的最值. 微专题 考试要求 能利用导数证明不等式，掌握证明不等式的常用方 的构造方法和常用的放缩公式。 关键能力提升 考点1 移项构造函数或直接利用函数的最值 证明不等式 【例1】 (2024·河北保定三模)已知函数f(x)= x2-a.x十lnx,x=1为f(x)的极值点. (1)求a的值； (2)求证：f(x)≤2.x2-4x. 听课记录 第三章一元函数的导数及其应用 3.已知函数在开区间上有最值，可转化为有极 值问题求解，若在闭区间上有最值，则需要比较区间 端点值与极值的大小， 【对点训练2】(1)函数f(x)=x2sinx十2 x cos x 在区问[否上的最大值与最小值分别为 () x2 A.,-2m 元2 元2 C.2x,- 4 D.2π，-2π (2)(2024·广西南宁一模)已知函数f(x)= (x-1)e十a.x2的最小值为-1，则实数a的 取值范围为 温馨提示0 学习至此，请完成课时作业20 067 不等式的证明 法，如构造法、双函数最值法、放缩法等，了解一些基本 互动探究·考点精讲 2题勾·讲与练·高三数学 规律总结 1.若待证不等式的一边含有自变量，另一边为 常数，可根据含自变量的一边构造函数，求函数的最 值，利用最值证明不等式。 2.若待证不等式的两边含有同一个变量，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. 【对点训练1】(2024·湖北荆州三模节选)已知 函数f(x)=√xlnx,求证：函数y=f(x)的 图象位于直线y=x的下方. 068 考点2将不等式拆分为两个函数证明不等式 【例2】已知函数f(x)=elnx-a.x(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a=e时，求证：xf(x)-e十2ex≤0. 听课记录 规律总结 1.若直接求导比较复杂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，达到证明的目的. 2.等价变形的目的是求导后能简单地找到极值 点，一般地，e与lnx要分离，常构造x”与lnx,x" 与e的积、商的形式，便于求导后找到极值点. 【对点训练2】已知函数f(x)=ex2一xlnx,求 证：当e>0时f)<e+日 考点3利用放缩法证明不等式 【例3】(2024·内蒙古赤峰三模)已知x∈ (0,2). (1)比较sinx,x的大小，并证明； (2)求证：enr<2+x 2-x 听课记录 规律总结 1.利用导数证明不等式时，若所证明的不等式 中含有e,lnx,sinx,cosx,tanx或其他多项式函 数中的两种或两种以上，可考虑先利用不等式进行 放缩，使问题简化，再构造函数进行证明. 2.常见的放缩 (1)tanx>x>sin∈(0,2） (2)切线放缩：e≥x+1>x-1≥lnx.利用 切线放缩可以把指数式、对数式转化为一次式，有利 于后续的求解 第三章一元函数的导数及其应用 考教衔接 不等式“e≥x+1> x-1≥lnx”的推广及应用 1.教材母题：（人教A版选择性必修第二册P99T12) 利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数 图象直观验证： 1)e>1+x,x≠0： (2)lnx<x<e,x>0. 推广可得不等式e≥x十1>x-1≥lnx. 2.教材母题：（人教A版选择性必修第二册P89例4） 1 设x>0,f(x)=lnx,g(x)=1-二，两个函数 的图象如图所示.判断f(x),g(x)的图象与C1, C2之间的对应关系. C2 C 023文 由此可得不等式1-1≤1n. 3.应用上述不等式推广可得 069 (1)1- 1nx≤x-1(x>0)1十 ≤ln(1+ x)≤x(x>一1). (2e1≥t,e≥e:e≥之+1(m∈N), n 。≥（赁+）'n∈N) 【典例】(2023·新课标I卷)已知函数f(x)= a(e"+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求证：当a>0时，f(x)>2lna+ 3 听课记录 红内·讲与练·高三数学 【对点训练3】(2024·全国甲卷文)已知函数 f(x)=a(x-1)-lnx+1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当a≤2时，求证：当x>1时，f(x)<e 恒成立. 温馨提示) 学习至此，请完成课时作业21 070 微专题 不等式恒（能）成立问题 考试要求 能将不等式恒（能）成立问题转化为最值问题，掌握解决不等式恒（能）成立问题的常用方法，体会导数在 解决此类问题中的作用. 关键能力提升 互动探究·考点精讲 考点1分离参数法求参数的范围 【例1】(2024·江苏盐城模拟节选)已知函数 f(x)=a.x2-lnx-x.若不等式f(x)≥0恒 成立，求a的取值范围. 听课记录(2)[0,十∞) 解析：因为f(x)=(x一1)e十ax2 所以f'(x)=xe十2ax=x(e十 2a),若a≥0，则x∈(-o∞，0)时， f'(x)<0,故f(x)在(-∞，0)上单 调递减，x∈(0，十∞)时，'(x)>0, 故f(x)在(0，十∞)上单调递增，所以 当x=0时，f(x)有最小值f(0)= 一1，满足题意：若a<0,则当x无限 趋近于负无穷时，f(x)无限趋近于负 无穷，∫(x)没有最小值，不符合题意. 综上，实数a的取值范围为[0，十∞) 微专题一 不等式的证明 关键能力提升 例1解：(1)f'(x)=2x-a+1, 依题意，f'(1)=2×1-a十1=0， 解得a=3, 经检验符合题意，所以α=3. (2)证明：由(1)可知，f(x)=x2 3x十lnx, 要证f(x)=x2-3x十lnx≤2x2 4x,即证x2-x-lnx≥0. 设g(x)=x2-x-nxx>0,则 g(x)=2-1-1=z-10(2x+1D 所以当x∈(0,1)时，g'(x)<0, g(x)单调递减， 当x∈(1，十o∞)时，g'(x)>0,g(x) 单调递增， 当x=1时，g(x)取得极小值，也是最 小值 因为g(1)=0,所以g(x)≥g(1)= 0,所以f(x)≤2x2一4x. 对点训练1证明：因为x>0,所以 √>0，要证明f(x)<x,只需要证 明lnx<√元，即证lnx-√x<0. 令h(x)=lnx一√x,则h'(x)= 1 -1=2-@ x 2√x 2x 当0<x<4时，h'(x)>0,此时h(x) 在(0,4)上单调递增， 当x>4时，h'(x)<0,此时h(x)在 (4,十∞)上单调递减， 故h(x)在x=4处取得极大值也是最 大值，故h(x)h(4)=ln4-20, 所以lnx一√x<0恒成立，即原不等 式成立， 所以函数y=f(x)的图象位于直线 y=x的下方. 例2解：(1)f'(x)=￡-a(x>0). ①若a≤0，则f'(x)>0,f(x)在 (0,十∞)上单调递增： ②若a>0,则当0<x< 时， f'(x)>0,当x>e时，f'(x)<0, 2对勾·讲与练·高三数学 故f(x)在(0，）上单调递增，在 (,十）上单调递减。 (2)证明：因为x>0,所以只需证 f)-2 当a=e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上 单调递增，在(1，十∞)上单调递减， 所以f(x)mx=f(1)=-e. 记g(x)=g-2e(x>0). 则g'(x)=x-1)e T? 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)i=g(1)=一e. 综上，当x>0时，f(x)≤g(x),即 f(x)≤g-2e, 即xf(x)-e十2ex≤0得证. 对点训练2证明：当x>0时，要证 x)<xe+是，只需证ex-lnx< e即ezFe<nx十e 令h(x)=lnx十 (x>0,则 ex h'(x)=ex-1 易知h(x)在(0，）上单调递减，在 (日，十…)上单调递增， 则A(x)a=h(日）=0，所以1nx+ 再令p(x)=ex-e,则p'(x)=e e,易知(x)在(0,1)上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减， 则9(x)ms=9(1)=0,所以ex e≤0. 因为h(x)与9(x)不同时为0，所以 cr-。<hx+故原不等式成立. 例3解：(1)x>sinx,x∈(0,2). 证明如下： 令g(x)=x-sinx,x∈(0,2)，则 g(x)=1-cos x >0, g(x)在(0,2)上单调递增，g(x)> g(0)=0,即x∈(0,2)时，x>sinx, (2)证明：由(1)得x∈(0,2)时， <e, 2十工，只 因此要证x∈(0,2)，e<2-左 需证e<2-x 2+工，即证e(2-x） (2十x)<0. -456- 令f(x)=e(2-x)-(2十x),x∈ (0,2),则f'(x)=e(1-x)-1. 令g(x)=e(1-x)-1, 则g'(x)=-xe. x∈(0,2)，g(x)<0, ·g(x)在(0,2)上单调递减， g(x)<g(0)=0,即(x)<0, ·f(x)在(0,2)上单调递减， .f(x)<f(0)=0, .e(2-x)-(2十x)<0, 当x∈(0,2)时，em<2十2 2-x1 【考教衔接】不等式“e≥x+1> x-1≥lnx”的推广及应用 典例解：(1)因为f(x)=a(e十a)一 x,定义域为R,所以(x)=ae-1. 当a≤0时，由于e>0,则ae≤0， 故f'(x)=ae-1<0恒成立， 所以f(x)在R上单调递减. 当a>0时，令f(x)=ae-1=0, 解得x=-lna, 当x<-lna时，f'(x)<0,则f(x) 在(-∞，一lna)上单调递减： 当x>-lna时，f'(x)>0,则f(x) 在(-lna,十o∞)上单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递 减；当a>0时，f(x)在(-o,-lna) 上单调递减，在（一lna,十∞）上单调 递增. (2)证明：证法一由(1)得， f(x)min =f(-In a)=a(e+a)+ In a 1+a2+In a. 要证fx)>2ha+号，即证1+。2+ 3 1 lna>2na+之，即证a2-2 lna>0恒成立. 令g(a)=lna-a十1(a>0),则 ga)=日-1=1。所以当0< a a<1时，g'(a)>0,当a>1时， g'(a)<0,所以g(a)在(0,1)上单调 递增，在(1，+∞)上单调递减，所以 g(a)≤g(1)=0,则lna≤a-1,故 -lna≥1-a, 所以a-号-lha≥a2-a+号 从而原不等式得证. 证法二令h(x)=e-x-1,则 h'(x)=e-1,由于y=e在R上单 调递增，所以h'(x)=e一1在R上单 调递增.又h'(0)=e°-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(0，十∞)上单调递增，故 h(x)≥h(0)=0,则e≥x十1，当且 仅当x=0时，等号成立，所以f(x)= a(e十a)-x=ae十a2-x= e+“+a2-x≥x+lna+1十a2-x, 当且仅当x+lna=0,即x=-lna 时，等号成立， 所以要证f)>2a+号，即证x+ lna+1+a-x>2lna千)，即证 a2、1 -lna>0. 令g(a)=a2-2 1 -lna(a>0),则 g'(a)=2a- 12a2-1 a a 令g'(a)<0,则0<a< 2 令g'a)>0,则a> 2, 所以ga)在(o,号）上单调递减，在 (停、+)上单调道增，所以ga) 2 ln√2>0，则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时fc)>2na十三恒 成立 对点训练3解：(1)f(x)=a(x一1) lnx+1,则f'(x)=az-1 ,x>0, x 若a≤0，则f'(x)<0,f(x)的减区 间为(0，十∞)，无增区间； 若a≥0，则当0<工<片时) f(x)<0,当x>时，f'(x)>0, 所以fx)的诚区间为(0，)，增区 向为（合，+∞） (2)证明：因为a≤2， 所以当x>1时，e-1-f(x)=e-1 a(x-1)+lnx-1≥e1-2x+ In z+1. 令g(x)=e-2x+lnx+1,则 a)=e1-2+ 令h(x)=g'(x),则h'(x)=e ,,其在1，+∞)上单调递增， h'(x)>h'(1)=0, 所以h(x)=g'(x)在(1，十o∞)上单 调递增，g'(x)>g'(1)=0, 故g(x)在(1，十∞)上单调递增， g(x)>g(1)=0, 所以当x>1时，f(x)<e1恒成立. 微专题二不等式 恒（能）成立问题 关键能力提升 、、 例1解：由f(x)≥0恒成立，得ax2≥ lnx十x在(0，十o∞)上恒成立，所以 9≥1士1n王在(0，+○)上恒成立. 令gx)+z>0 x 则g'x)三-1+2n上 x 子大1一2n2=一x十1一2x 令h(x)=-2lnx-x十1(x>0), 易知h(x)=-2lnx-x十1在 (0,十∞)上单调递减且h(1)=0, 所以当x∈(0,1)时，h(x)>0, g'(x)>0, 当x∈(1，+o∞)时，h(x)<0, g(x)<0, 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在 (1,十∞)上单调递减， 所以g(x)mx=g(1)=1, 所以a≥1，即a的取值范围为 [1,+∞). 对点训练1解：(1)f(x)=m(x+2)e, m>0. 令f'(x)>0,得x>-2,令f'(x)< 0,得x<-2. 故f(x)在（一∞，一2）上单调递减，在 (一2，十∞)上单调递增. ∴.f(x)在x=一2处取得极小值 F2)三无极大值. (2)lnf(x)≤2e对任意x∈(-1， 十o∞)恒成立，即lnm2e-ln(x十 1)一x对任意x∈（一1，十∞）恒成立. 令g(x)=2e-ln(x+1)-x,x∈ (-l,十o∞)，则只需lnm≤g(x)mm 即可 g'(x)=2e- 1 +1-1,x∈(-1， 十0∞). 1一1均在 易知y=2ey=一x十1 (-1,十∞)上单调递增， 故g'(x)在(-1，十∞)上单调递增且 g'(0)=0, .当x∈(-1,0)时，g'(x)<0, g(x)单调递减， 当x∈(0，十o∞)时，g'(x)>0,g(x) 单调递增， g(x)mim=g(0)=2,故lnm≤2= lne,.0<m≤e,故m的最大值 为e. 例2解：由f(x)=(1-ax)n(1十x)-x, f'()=-aln(1+2)-(a+Dz 1+x -457- 令g(x)=f(x),则gx)=1十x a+1 (1十x)2 当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)=0, f(0)=0, 所以g'(0)=-1-2a≥0a≤-2， 1 1 1 当a≤-2时，g'(x)≥21+r 1 x 21+x)=201+x)≥0， 所以g(x)在[0，十∞)上单调递增 g(x)=f'(x)≥g(0)=0, 故f(x)在[0，+∞)上单调递增， f(x)≥f(0)=0恒成立， 即。的取值范为(，】 对点训练2解：(1)由a=-2,得 f(x)=-2x+ln(x+1),定义域为 (-1,+∞)， 1 则f(x)=-2+中=x+1 -2x-1 当x∈(1，-号)时fx)>0,当 x∈(3+∞)时f')<0 故f(x)的单调递增区间为（一1， -号)，单羁递被区间为（名十）： (2)由f(x)=ax+ln(x+1),x∈ (-1,+o),得f'(x)=a+十行 1 若a≥0，显然f(2)=2a十ln3>0, 不符合题意； 若a<0,令f'(x)=0, 解得x=-a十1>-1， a 则当x∈（1，-a+)时，fx)> 0,f(x)单调递增， 当x∈（a+1 a ,十∞)时，f'(x)< 0,f(x)单调递减， 故f=f(。）=-a 1-ln(-a), 则-a-1-ln(-a)≤0，即a十1十 ln(-a)≥0. 令g(a)=a十1十ln(-a),a<0,则 g'(a)=1+1=a十1， a 当a∈(-∞，-1)时，g'(a)>0, g(a)单调递增， 当a∈(-1,0)时，g'(a)<0,g(a)单 调递减， 所以g(a)mx=g(-1)=0, 当满足g(a)≥0时，a=-1, 所以a的取值集合为{-1}. 参考答案‘☑。