3.6 利用导数证明不等式-【创新大课堂】2026年高三数学一轮总复习

第三章一元函数的导数及其应用 §3.6利用导数证明不等式 【课标要求】导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结 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。 考点一将不等式转化为函数的最值问题 [例1](12分)(2023·新高考全国I)已知函数f(x)=a(c+ +/思维升华/+++++ a)-x. 待证不等式的两边含有同 (1)讨论f(x)的单调性； [切入点：求导，讨论a的正负] 一个变量时，一般地，可以 (2)证明：当a>0时，f)>2na+是 直接构造“左减右”的函数， 有时对复杂的式子要进行 [方法一 关键点：作差法比较f(x)m与2na十的大小] 变形，利用导数研究其单调 性和最值，借助所构造函数 [方法二关键点：利用不等式e≥x+1把函数f(x)中的指数换 的单调性和最值即可得证. 成一次函数] [思路分析] (1)求∫(x)→分a>0,a≤0判断了(x)的符号→f(x)的单调性 (2)方法-：求fa)m→构造函数ga)=fx)mm-(21na+2） 求g(a)最小值 方法二：证明不等式cC≥x十l→ac=c+na≥x十lna十l→f(x)≥a 十na十1+为造画教ga)=a2+na+1-(2na+2》求ga)最 小值 答题模板 规范答题不丢分 (1)解因为f(x)=a(e十a)-x,定义域为R, 所以f(x)=ac-1,(1分) 当a≤0时，由于er>0,则ae≤0 故∫(x)=aer-1<0恒成立， ①处判断∫(x)的符号 所以∫(x)是减函数；(2分) 当a>0时，令f(x)=aer-1=0,解得x=-lna, 当x<-lna时，f(x)<0, 则f(.x)在（一o∞，一lna)上单调递减； (4分) 当x>-lna时，f(x)>0, ②处判断(.x)的符号 则f(x)在（一lna,十∞）上单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)是减函数；当a>0时，f(x)在(-o∞，-lna)上单 调递减，在（一lna,十o∞）上单调递增.(5分) (2)证明方法一由(1)得，当a>0时， f(x)min=f(-In a)=a(e-Ina+a)+In a 7分) ③处利用单调性求f(x)mim =1+a2+lna, 要证fx)>2na+号即运1+a2+na>2na+3 2 即证a2- 1 2 -lna>0恒成立，(8分) 63 精品教辅·智慧人生 高三总复习·数学 令g(a)=a2- 2 -lna(a>0),(9分) ④处构造函数g(a)=f(x)mim 则g'(a)=2a- 12a2-1 -(2ha+2 a a 令ga0,则0<a盟：◆ga>0.则 2 所以ga)在(0，号)上单调递减。 在（停，+四）上单调适增，1分) 所以ga)a=受-(2--1h号-n2>0 ⑤处求g(a)min并判断其符号 则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，fx)>21na+号恒成立，证毕.(12分) 方法二令h(x)=e-x-l, ⑥处构造函数证明c≥x十1 则h'(x)=e2-1,由于y=e2是增函数， 所以h'(x)=c2一1是增函数， 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（一o∞，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，(6分) 因为f(x)=a(e'十a)-x=ae+a2-x =c+ina+a2-x≥x十lna+1+a2-x, ⑦处通过不等式ex≥x十1放 缩函数f(x) 当且仅当x十lna=0,即x=一lna时，等号成立， 所以要证x)>2na+号即证z+lna+1+a2->2na+号 3 即证a2-号-lna>0,(8分) 2 令g(a)=a2- 1 -lna(a>0),(9分) ⑧处构造函数g(a) 则g'(a)=2a- 1=2a2-1 a a 令ga0.周0a<号，◆go0.则≥ 2 所以g@)在(0，号)上单词递减，在（号，+∞）上单调运增，11 分) 所以gam=号)=()2--n号=n>0. ⑨处求g(a)min并判断其符号 则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>21na+号恒成立，证 2 毕.(12分) 精品教辅·智慧人生 64· 第三章一元函数的导数及其应用 2 即学即练1(2025·武汉质检)证明：1一c0s≤2 +/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lnx与e,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 4 助最值进行证明 即学即练2已知函数f(x)=c+x2-x-1. (1)求f(x)的最小值； (2)证明：e2+xlnx+x2-2.x>0. 考点二将不等式转化为两个函数的最值进 行比较 [例2](2025·黄石调研)已知函数f(x)=Cx2一 xlnx.求证：当x>0时，f(x)<xc+ e [听课记录] 考点三双变量不等式的证明 [例3]已知函数f(x)=(a十1)1nx十a.x2+1. (1)讨论函数(x)的单调性； (2)设a≤-2，证明：对任意x1,x2∈(0，+∞)， 1f(x1)-f(x2)|≥4x1-x21. 听课记录] 小…… 65 精品教辅·智慧人生 高三总复习·数学 +/思维升华/+++++++ 即学即练3(2024·全国甲卷·文，12分)已知 函数f(x)=a(x-1)-lnx十1. 将两个变量分离，根据式子的特点构造新 (1)求f(x)的单调区间； 函数，利用导数研究新函数的单调性及最 (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex-1恒 值，从而得到所证不等式，或者要求证的 成立 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 温馨提示 请做课时分层检测（二十五） 培优点4切（割）线放缩 在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以用常规方法求解，也可以用切线 不等式进行放缩.导数切线放缩法是一种非常实用的数学方法，它可以帮助我们更好地理解函数的性质 和变化规律，更能使问题简单化，利用切线不等式进行求解，能起到事半功倍的效果 导数方法证明不等式中，最常见的是e和l如x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑 先对e和lnx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)e≥1十x, 当且仅当x=0时取等号：(2)1nx≤x一1，当且仅当x=1时取等号， 考点一单切线放缩 +/思维升华/++++++++++++++ 常见的切线放缩：Hx∈R都有c≥x十1.当x> 该方法适用于凹函数与凸函数且它们的凹 -1时，ln(x+1)≤x.当x>0时，x>sinx;当 凸性相反的问题（拆成两个函数），两函数有 x<0时，x<sinx. 斜率相同的切线，这是切线放缩的基础，引 [例1](2023·重庆模拟)已知函数f(x)=sinx- 入一个中间量，分别证明两个不等式成立， aln(x+1). 然后利用不等式的传递性即可，难点在合理 (1)若a=1,证明：当x∈[0,1]时，f(x)≥0： 拆分函数，寻找它们斜率相等的切线隔板. (2)若a=-1,证明：当x∈[0，十∞)时，f(x)≤ 即学即练1(2025·济南模拟节选)已知函数 2e-2. f(x)=e,证明：当x>-2时，f(x)>ln(x十2). [听课记录 精品教辅·智慧人生 66法二x∈(0，+∞)时，(x+1)ln(x+1)>1 ax恒成立， 即a<+11nx+D恤成主. 令g(r)-+D1nx+D(r>0. g'(x)=-ln(x+1) 令k(x)=x-ln(x十1)(x>0), ∴.k'(x)=1- r+1x+i>0, ,∴，k(x)在(0，十○)上单调递增 .k(x)k(0)=0, .x-ln(x十1)>0恒成立， .g(x)>0,故g(x)在(0，十∞)上单调1 递增。 由洛必达法则知img(x)=-lim十1lh(x十 x =lim[1n(x+1)+1]=1, ,∴a1,故实数a的取值范国是（一o∞，1]. §3.6利用导数证明不等式 学即练1证明令g(x)=cosx一1+ 则g'(x)=-sinx十x, 令y=-sinx十x,则y'=1-cosx≥0， 即函数g(x)在R上是增函数，g(0)=0, 由g(x)>0得x>0,由g(x)0得x<0, 因此函数g(x)在(0，十∞)上单调递增，在 (一∞，0)上单调递减，所以g(x)≥g(0)! =0, 即cosr-1十号≥0，所以1-csr≤1 2 成立. [例2]证明要证f(x)<re十1，只需证 e er-lnr<e+。,即ex-e<lnx十ex 令h(x)=1nx+(x>0),则K(r)- ex-1 ex2 易知()在(0，)上单调递减，在（日 十∞上单调递增， 则=h(）-0.所以h+0 再令p(x）=ex-ex,则g'(x)=e-e2, 易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞) 上单调递减， 则g(x)mx=g(1)=0,所以ex-e≤0. 因为h(x)与(x)不同时为0， 所以u-e<lnx十忌故原不等式成立. 即学即练2(1)解由题意可得f(x)= ez+2x-1, 则函数f(x)在R上单调递增，且f'(0)=0. 由f'(x)>0,得x>0:由f(x)<0,得x0. 则f(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)！ 上单调递增， 故f(x)mn=f(0)=0. (2)证明要证e+xlnx十x2-2x>0, 即证e2+x2-x-1>-xlnx十x-1. 由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立. g(r)=-xln x+x-1,0 则g(x)=一lnx, 由g(x)>0,得0<x1; 由g(x)<0,得x>1. 则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上 单调递减，从而g(x)≤g(1)=0,当且仅当 x=1时，等号成立. 故f(x)>g(x),即ex十xlnx十x2-2x>0. [例3](1)解f(x)的定义域为(0，十∞)， (x)-g+1+2ar-2azta+1 当a≥0时，f(x)>0, 故f(x)在(0，十o∞)上单调递增： 当a≤一1时，f(x)<0, 故f(x)在(0，十∞)上单调递减： 当-1<a<0时， 令f(x)=0,解得x=√ _a+1 2a 当（√）时f>0 故fx)在(0√)） 上单调递增，在 20 ,十∞上单调递减. (2)证明不妨设x1≥x2,由于a≤一2， 由(1)可得f(x)在(0，十∞)上单调递减. 所以f(x1)-f(x2)≥4x1-x2等价于 f(x2)-f(x1)≥4(x1-x2), 即f(x2)+4x2≥f(x1)十4x1 令g(x)=f(x)+4x, 则g(x)=a+2ar+4=2a2+4r+a+旦 于是g(二42+41--2x-1Y≤0. 从而g(x)在(0，十∞)上单调递减， 故g(x1)≤g(x2), 即f(x1)+4x1≤f(x2)+4x2, 故对任意工1，x2∈(0，十∞)， f(x1)-f(x2)|≥4x1-x2 即学即练3解(1)第1步：求导函数 因为f(x)=a(x一1)-lnx十1，所以f(x)= a 1_ax1 ,.x>0. 第2步：分类讨论，求f(x)的单调区间 若a≤0，则f(x)<0恒成立，所以f(x)在 (0,十∞)上单调递减，即f(x)的单调递减， 区间为(0，十∞)，无单调递增区间： 若a>0,则当0<x< a 时，f(x)<0,当 x>】时，f(x)>0,所以f(x)的单调递减区 合）单调递增区间为（合十∞ 间为0，a】 综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为 (0,十∞)，无单调递增区间；当a>0时， ()的单调递减区间为(0，）单调增 区间为(1 (2)解法一（放缩法）第1步：利用a的范 国放缩不等式，将问题转化 因为a≤2，所以当x>1时，e1-f(x)= e-a(r-1)+In x-12e-1-2x+In r + 令g(x)=e2-1-2x+lnx十1，则只需证当 x>1时g(x)20. 第2步：利用导数研究g(x)在(1，十∞)上 的单调性，证明不等式 易知g(x)=e-1-2+ 1 x 全(x)=g(x,则h(x)=e1二三在 (1,十∞)上单调递增， 则当x>1时，h'(x)>h'(1)=0,所以h(x)= g(x)在(1，十∞)上单调递增，所以当 x>1时， g'(x)>g'(1)=0,故g(x)在(1，十∞)上单 调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)=0, 即当x>1时，f(x)<e一1恒成立. 解法二（作差法直接求导证明）第1步：作 差并构造函数 设g(x)=a(x-1)-lnx+1-e1,只需 证当x>1时g(x)0即可， 第2步：利用导数研究g(x)的单调性，证明！ 不等式 394 易知g(x）=-1-e1, 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， 十∞)上单调递减， 则当x>1时，h'(x)<h'(1)=1-1=0, 所以h(x)=g'(x)在(1，十∞)上单调递减 于是当x>1时，g(x)≤g(1)=a-2, 又a2,所以a-20,则当x>1时，g(x) 0,故g(x)在(1，十o∞)上单调递减， 所以当x>1时，g(x)<g(1)=0,即当x>1 时，f(x)<e-1恒成立. 培优点4切（割）线放缩 例1]证明(1)首先证明sinx≤x,x∈[0， 十∞)，证明如下： 构造j(x)=sinx-x,x∈[0，十o), 则'(x)=cosx一1≤0恒成立， 故j(x)=sinx一x在[0，十∞)上单调递减， 故j(x)≤j(0)=0, 所以sinx≤x,x∈[0，十o∞). 当a=1时，f(x)=sinx-ln(x+1),x∈ 0,1, r+1=1-2sin2 1 f(x)=cos x- 2-x+1 2 ≥1-2(2) 1 中市1中 1--中0≤≤1. 故rx)≥2+21-2-12≥ 2+2x 2+2x 0在x∈[0,1]上恒成立， 所以f(x)在[0,1]上单调递增 故f(x)≥f(0)=0. (2)令g(x)=(2e2-2)-f(x),x∈[0，+∞) 当a=-1时，g(.x)=2e-2-sinx-ln(.x+1) =2(e*-x-1)+x-sin x+x-ln(x+1), 下证：e-x-1≥0(x≥0)，x-sinx≥0 (x≥0)，x-ln(x十1)≥0(x≥0)，且在x=0 处取等号， 令r(x)=e2-x-1(x≥0)，则r'(x)=ex 10, 故r(x)=ex一x-1在[0，十o)上单调 递增， 故r(x)≥r(0)=0,即t-sinx≥0， 且在x=0处取等号： 由(1)知j(x)=sinx-x在[0，十∞)上单调 递减， 故j(x)≤j(0)=0,即x-sinx≥0，且在 x=0处取等号； 令t(x)=x-ln(x+1)(x≥0)， 则1(x)-1中市z千≥0， 故t(x)=x一ln(x十1)在[0，+o∞)上单调递 增， 故t(x)≥t(0)=0,且在x=0处取等号， 综上有g(x)=2(ex-x-1)+x-sinx十 x一ln(x十1)≥0，且在x=0处取等号， 即(2ex-2)-f(x)≥0 即证f(.x)≤2e-2. 即学即练1证明设g(x)=f(x)-(x十1) =e2-x-1(x>-2),则g'(x)=e-1, 当-2<x<0时，g(x)<0; 当x>0时，g(x)>0,即g(x)在(-2,0)上 单调递减，在(0，十∞)上单调递增， 于是当x=0时，g(x)mim=g(0)=0, 因此f(x)≥x十1（当且仅当x=0时取等 号)， 令h(x)=x+1-ln(x+2)(x>-2) 1 +1 则N(x)=1-x+2x+2' 则当一2x<一1时，h'(x)<0: 当x>-1时，h(x)>0, 即有h(x)在（一2，一1）上单调递减，在 (-1,+∞)上单调递增， 于是当x=-1时，h(x)min=h(-1)=0,