5 专题1 第5讲 不等式的证明（Word教参）-【正禾一本通】2026年高考数学二轮专题复习高效讲义

第5讲　不等式的证明　　　　▶ 对应学生用书P10 【考情分析】　导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单调性、极值和最值的综合运用，试题难度中等或偏上，若以压轴题出现，则难度较大. (2023·全国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(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 所以g(a)min＝g()＝()2－－ln＝ln＞0， 则当a＞0时，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，下同法一. 考点1　单变量不等式的证明 (2025·四川雅安二模节选)已知函数f(x)＝aex－ln x＋bx，若b＝0，证明：当a＞0时，f(x)≥2＋ln a. 证明：若b＝0，则f(x)＝aex－ln x，则f'(x)＝aex－， 当a＞0时，函数y＝aex，y＝－在上都是增函数， 所以函数f'(x)＝aex－在上是增函数， 又当x→0时，f'(x)→－∞，当x→＋∞时，f'(x)→＋∞， 所以存在唯一实数x0∈，使得f'＝a－＝0，即a＝， 令f'(x)＞0，则x＞x0，令f'(x)＜0，则0＜x＜x0， 所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)≥f＝a－ln x0＝－ln＝＋x0＋ln a≥2＋ln a＝2＋ln a， 当且仅当＝x0，即x0＝1时取等号，所以f(x)≥2＋ln a. [规律方法]　利用导数证明或判定不等式问题常用方法 (1)最值法：通过移项构造新函数或者等价变型构造新函数，求解新函数的最值，从而得出不等关系； (2)适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； (3)凹凸反转法：把所证不等式转化为两个函数的大小关系，分别求解两个函数的最值，得到不等关系. 对点练1.(2025·江西上饶二模节选)已知函数f(x)＝x[ln(x＋1)－ax＋1]，证明：当a≥时，f(x)≤sin x＋xln(x＋1)成立. 证明：函数f(x)＝xln(x＋1)－ax2＋x的定义域为(－1，＋∞)， 不等式f(x)≤sin x＋xln(x＋1)⇔ ax2－x＋sin x≥0，当a≥时，ax2≥x2， 则ax2－x＋sin x≥x2－x＋sin x， 令函数g(x)＝x2－x＋sin x， 当x∈(－1，0]时，g(x)≥－x＋sin x， 令函数h(x)＝－x＋sin x， 求导得h'(x)＝－1＋cos x≤0，函数h(x)在(－1，0]上单调递减，h(x)≥h(0)＝0，g(x)≥0； 当x∈(0，π)时，g'(x)＝x－1＋cos x， 令φ(x)＝g'(x)＝x－1＋cos x， 求导得φ'(x)＝－sin x，函数φ'(x)在(0，)上单调递减，在(，π)上单调递增， 而φ'(0)＝＞0，φ'()＝－1＜0，φ'(π)＝＞0，则存在x1∈(0，)，x2∈(，π)，使得φ'(x1)＝φ'(x2)＝0， 当0＜x＜x1或x2＜x＜π时，φ'(x)＞0；当x1＜x＜x2时，φ'(x)＜0， 函数g'(x)在(0，x1)，(x2，π)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，g'(0)＝g'()＝g'(π)＝0， 则当x∈(0，)时，g'(x)＞0；当x∈(，π)时，g'(x)＜0， 函数g(x)在(0，)上单调递增，在(，π)上单调递减， 又g(0)＝g(π)＝0，则g(x)＞0； 当x∈[π，＋∞)时，g'(x)＝x－1＋cos x≥2－1＋cos x＝1＋cos x≥0， 函数g(x)在[π，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(π)＝0， 因此∀x∈(－1，＋∞)，g(x)≥0，则ax2－x＋sin x≥0， 所以当a≥时，f(x)≤sin x＋xln(x＋1)成立. 考点2　双变量不等式的证明 (2025·安徽合肥一模)已知函数f(x)＝ln x－a，其中a＞0. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，证明：f＋f＋f＞ln 2－. 解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为，且a＞0，f'(x)＝－a－＝， 令g(x)＝－ax2＋x－a， 当1－4a2≤0，即a≥时，g(x)≤0恒成立， 则f'(x)≤0，所以f(x)在上单调递减； 当1－4a2＞0，即0＜a＜时，函数g(x)有两个零点：x1＝，x2＝， 当x变化时，f(x)，f'(x)的变化情况如下表所示： x x1 x2 f'(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 单调递减 f 单调递增 f 单调递减 综上，当0＜a＜时，f(x)在(，)内单调递增，在(0，)和(，＋∞)上单调递减； 当a≥时，f(x)在上单调递减. (2)由(1)知，当0＜a＜时，f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)， 则x1，x2是方程g(x)＝0的两个根，由韦达定理，得x1x2＝1，x1＋x2＝， 所以0＜x1＜1＜x2，f＋f＋f(x1＋x2)＝f＋f＋f＝ln x1－a＋ln－a＋f＝f＝ln－a＝－ln a－1＋a2， 令h＝－ln x－1＋x2，0＜x＜， 则h'＝－＋2x＝， 当0＜x＜时，h'＜0，则h在区间上单调递减， 从而h＞h＝ln 2－， 故f＋f＋f＞ln 2－. [规律方法]　证明含双参不等式的关键 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； 二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值； 三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果. 对点练2.(2025·陕西西安一模节选)已知a≠0，函数f(x)＝ln在x＝处取得极值. (1)求a； (2)证明：对任意的m，n∈，都有f＞f＋f. 解：(1)f'(x)＝aln＋(ax＋1)＝aln＋a， 因为f(x)在x＝处取得极值， 所以f'＝aln＋a＝0， 所以a·＋1＝，解得a＝1. 经验证当a＝1时，f(x)在x＝处取得极小值，符合题意，故a＝1. (2)对任意的m，n∈， 设φ＝f－f(x)， 则φ'＝f'－f'(x)， 由(1)知f'(x)＝ln＋1， 则f'(x)在上单调递增， 所以当x∈时，f'＞f'(x)， 即φ'＞0， 所以φ在上单调递增， 因为m＞0，所以φ＞φ，即f－f＞f－f＝f， 故f＞f＋f. 学科网（北京）股份有限公司 $