板块一 习题讲评（五）导数与不等式的证明-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

习题讲评（五）　导数与不等式的证明 教学点（一）　不含参不等式的证明 [典例]　（2025·九江三模）已知函数f（x）=ax2+（1-2a）x-ln x，其中a<0. （1）讨论f（x）的单调性； （2）当a=-时，证明：f（x）-xln x<x+-1. 解：（1）易知f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=2ax+1-2a-=，x>0，a<0， 令f'（x）=0，则x=-或x=1. 当a<-时，0<-<1，在和（1，+∞）上，f'（x）<0，f（x）单调递减，在内，f'（x）>0，f（x）单调递增. 当-<a<0时，->1，在（0，1）和上，f'（x）<0，f（x）单调递减，在内，f'（x）>0，f（x）单调递增. 当a=-时，-=1，在（0，+∞）上，f'（x）≤0，f（x）单调递减. 综上所述，当a<-时，f（x）在和（1，+∞）上单调递减，在内单调递增； 当-<a<0时，f（x）在（0，1）和上单调递减，在内单调递增；当a=-时，f（x）在（0，+∞）上单调递减. （2）证明：原不等式等价于. 法一：构造法　令g（x）=x3+（x2+x）ln x-x+2，则g'（x）=（2x+1）（x+ln x）. 设h（x）=x+ln x，x>0，则h'（x）=1+>0恒成立，所以h（x）单调递增， 因为h=+ln <0，， 所以h（x）=0有唯一实数解，设为x0，则x0∈，所以在（0，x0）内，h（x）<0，g'（x）<0，g（x） 单调递减，在（x0，+∞）上，h（x）>0，g'（x）>0，g（x） ， 所以g（x）的最小值为g（x0）=+（+x0）ln x0-x0+2=---x0+2， 易知y=-x3-x2-x+2在（0，+∞）上单调递减.又x0∈，所以g（x0）>-×--+2>0，原不等式成立. 法二：放缩法　， 令m（x）=ln x-1+，则m'（x）=-， 所以m（x）在（0，1）内单调递减， 在（1，+∞）上单调递增，则m（x）≥m（1）=0， 即ln x≥1-. 所以x3+（x2+x）ln x-x+2≥x3+（x2+x）-x+2=x3+x2-x+1=x3++>0，原不等式成立. 习得方略：①②处，常见不等式ln x>1-（x≠1）的应用； ③处，隐零点问题，设而不求，直接整体代入化简即可； ④处，由常见切线不等式ln x≤x-1可知ln≥1-x，即ln x≥1-.本题由（x2+x）ln x自然而然想到对“x”约分，进而联想到常用不等式ln x≥1-，由此消掉复杂的对数式，简化运算，在考试中，解答题的解题过程要完整，用到的结论需先证明，否则会扣步骤分. 教材溯源： （本题中用到的不等式源自人教A版选择性必修②P89例4）设x>0，f（x）=ln x，g（x）=1-， 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. 　　由此图象，可以得到一个常用的不等式：1-≤ln x≤x-1（x>0）.注意，在解答题中若用到常见的不等式进行放缩，一般需要给出证明. |思|维|建|模| 1.不含参不等式的证明问题的解题策略 （1）移项：证明f（x）>g（x），构造函数h（x）=f（x）-g（x），转化为证明h（x）的最小值大于0. （2）放缩：证明f（x）≥F（x）≥g（x）（注意两个等号不能同时取到），一般情形下F（x）的图象为公切线. （3）构造双函数：将待证不等式进行变形，构造两个函数，转化为两个函数的最值问题（或找到可以传递的中间量a），即将不等式转化为f（x）≥g（x）的形式，证明f（x）min≥g（x）max（或f（x）≥a≥g（x））即可. 2.常见的几种放缩方式 指数型放缩 ex≥x+1（当且仅当x=0时取等号），≥x（当且仅当x=1时取等号），ex≤（x<1）（当且仅当x=0时取等号） 对数型放缩 ln（x+1）≤x（x>-1）（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） 三角 函数型 放缩 sin x≤x≤tan x（当且仅当x=0时取等号），sin x≥x≥tan x（当且仅当x=0时取等号） [即时训练] [练1]　已知f（x）=ln x+. （1）若函数g（x）=xf（x），讨论g（x）的单调性与极值； （2）求证：f（x）>. 解：（1）由题意，得g（x）=xf（x）=xln x+（x>0），则g'（x）=ln x+1. 当x∈时，g'（x）<0，所以g（x）单调递减； 当x∈时，g'（x）>0，所以g（x）单调递增. 所以g（x）在区间内单调递减， 在区间上单调递增， 所以g（x）的极小值为g=，无极大值. （2）证明：要证ln x+>（x>0）成立，只需证xln x+>（x>0）成立. 令h（x）=（x>0），则h'（x）=， 当x∈（0，1）时，h'（x）>0，h（x）单调递增， 当x∈（1，+∞）时，h'（x）<0，h（x）单调递减， 所以h（x）的极大值为h（1），即h（x）≤h（1）=. 由（1）知，x∈（0，+∞）时，g（x）≥g=， 且g（x）的最小值点与h（x）的最大值点不同， 所以xln x+>，即ln x+>， 所以f（x）>. [练2]　已知x∈（0，2）. （1）比较sin x，x的大小，并证明； （2）求证：esin x<. 解：（1）x>sin x，x∈（0，2）.证明如下： 令g（x）=x-sin x，x∈（0，2）， g'（x）=1-cos x>0， 所以g（x）在（0，2）上单调递增，g（x）>g（0）=0， 即x∈（0，2）时，x>sin x. （2）证明：由（1）得x∈（0，2）时，esin x<ex， 因此要证x∈（0，2），esin x<， 只要证ex<，x∈（0，2）， 即证ex（2-x）-（2+x）<0，x∈（0，2）， 令f（x）=ex（2-x）-（2+x），x∈（0，2）. f'（x）=ex（1-x）-1. 令h（x）=ex（1-x）-1. h'（x）=-xex，因为x∈（0，2），所以h'（x）<0， 所以h（x）在（0，2）上单调递减， 所以h（x）<h（0）=0，即f'（x）<0， 所以f（x）在（0，2）上单调递减， 所以f（x）<f（0）=0， 所以ex（2-x）-（2+x）<0， 所以当x∈（0，2）时，esin x<. 考题溯源：（2023年新课标Ⅱ卷T22） （1）证明：当0<x<1时，x-x2<sin x<x； （2）已知函数f（x）=cos ax-ln（1-x2），若x=0是f（x）的极大值点，求a的取值范围. 两题均是三角函数与基本初等函数相结合问题，且是利用第（1）问的结论求解第（2）问，体现了新课标下的高考强调知识的融会贯通及“多想少算”的思维理念. 教学点（二）　含参不等式的证明 [典例]　（2025·合肥模拟）已知函数f（x）=（m+1）·ln x+. （1）若m=2，求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程； （2）若m∈（0，1），x∈[1，e]，求证：f（x）>mx-1. 解：（1）若m=2，则f（x）=3ln x+，f'（x）=-，所以f（1）=1，f'（1）=2，故所求切线方程为y-1=2（x-1），即y=2x-1. （2）证明：法一：分类讨论法　 要证f（x）>mx-1，即证mx-（m+1）ln x-<1.  ， 则g'（x）=m-+=. 令g'（x）=0，得x=1或x=. 当≥e，即0<m≤时，g'（x）≤0，g（x）在[1，e]上单调递减，所以g（x）≤g（1）=m-1<0<1. 当<e，即<m<1时，易知g（x）在上单调递减，在上单调递增，所以g（x）在[1，e]上的最大值为g（1）或g（e）. 因为g（e）=me-（m+1）-，g（e）-1=m（e-1）-2-<（e-1）-2-<0，所以g（e）<1.又g（1）=m-1<1，所以g（x）<1在x∈[1，e]上恒成立. 综上，原不等式得证. 法二：放缩法　要证f（x）>mx-1， . 令g（x）=x-ln x，则g'（x）=1-，所以g（x）在（0，1]上单调递减，在[1，+∞）上单调递增，则g（x）≥g（1）=1>0，即x-ln x>0. 由m∈（0，1）知m（x-ln x）-ln x--1<x-2ln x--1. 令h（x）=x-2ln x--1，x∈[1，e]，则h'（x）=≥0，则h（x）在[1，e]上单调递增，h（x）min=h（1）=-1，m（x-ln x）-ln x--1<-1，即m（x-ln x）-ln x--1<0成立. 习得方略：①处，移项作差，直接构造函数，根据参数分类讨论函数的最大值即可.注意分类的“度”，此处根据方程g'（x）=0的根x=是否在区间[1，e]内进行分类； ②处，先将参数归类处理，结合参数m所乘的系数x-ln x>0将原不等式放缩消参，避免分类讨论. |思|维|建|模| 1.含参不等式证明问题的求解技法 （1）单参分类讨论：含单一参数的不等式证明问题往往直接移项构造函数，分类讨论含参函数的最值；或将参数归类处理，结合放缩法求解. （2）多参注意消元：多参问题往往需先消参，转化为单参问题求解. 2.常见的消参方法 （1）放缩消元，常根据参数的取值范围消元. （2）等价代换消元，主要是根据函数零点或极值点建立方程f（x）=0或f'（x）=0，将等式变形找到相关参数之间的关系进行消元，注意整体思想的应用，如利用根与系数的关系整体换元. [即时训练] 已知函数f（x）=-4x+aln x（a∈R）有两个极值点. （1）求实数a的取值范围； （2）记两个极值点分别为x1，x2，求证：f（x1）+f（x2）+10>ln a. 思维路径：（1）由题意知，导函数在（0，+∞）上有两个不相等的实数根，再根据二次函数的性质进行求解即可； （2）根据题意可得x1，x2是方程x2-4x+a=0的两个不相等正实根，根据根与系数的关系得x1+x2=4，x1x2=a，代入f（x1）+f（x2）化简，进而构造函数g（x）=（x-1）ln x-x+2（0<x<4），再求导函数，判断其单调性和最值，即可证明. 解：（1）由题意得，f'（x）=x-4+=，x∈（0，+∞）. 因为f（x）有两个极值点，所以方程x2-4x+a=0有两个不相等的正根， 所以解得0<a<4. 检验：当0<a<4时，由f'（x）=0得x=2-或x=2+. 所以f（x）在（0，2-）内单调递增，在（2-，2+）内单调递减， 在（2+，+∞）上单调递增，满足题意.所以实数a的取值范围为（0，4）. （2）证明：由（1）知x1+x2=4，x1x2=a， 所以f（x1）+f（x2）=（+）-4（x1+x2）+aln（x1x2）=aln a-a-8， 所以f（x1）+f（x2）+10-ln a=（a-1）ln a-a+2. 令g（x）=（x-1）ln x-x+2（0<x<4），则g'（x）=ln x-，令h（x）=g'（x）=ln x-，则h'（x）=+>0，所以g'（x）在（0，4）上单调递增. 因为g'（1）=-1<0，g'（2）=ln 2->0， 所以函数g'（x）存在唯一零点x0∈（1，2），即ln x0=， 且当x∈（0，x0）时，g'（x）<0，g（x）单调递减； 当x∈（x0，4）时，g'（x）>0，g（x）单调递增， 所以当x=x0时，g（x）存在最小值，即g（x0）=（x0-1）ln x0-x0+2=3-. 因为x0∈（1，2），所以2<x0+<， 所以g（x）min>0，所以f（x1）+f（x2）+10>ln a. 拓展延伸： 本题中导函数的零点虽客观存在，却难以直接求解，这属于隐零点问题. 解决隐零点问题的步骤 一找——找零点，根据题意，把问题转化为关于函数零点的问题，由函数的单调性、函数零点存在定理等确定零点所在区间. 二设——设零点，将零点设为x0，由导数值等于0得出零点x0所满足的关系式，无须求出具体的零点数值. 三代——巧代换，根据零点满足的关系式，整体代入待求式化简即可. [课时验收评价] 1.（13分）设函数f（x）=ex-ax-1（a∈R）. （1）讨论f（x）的单调性；（6分） （2）若a<1，求证：当x≥0时，f（x）≥x2.（7分） 解：（1）由题意得f'（x）=ex-a， 当a≤0时，f'（x）>0在R上恒成立，函数f（x）在R上单调递增； 当a>0时，令f'（x）=ex-a=0，解得x=ln a， 当x<ln a，f'（x）<0，函数f（x）在（-∞，ln a）上单调递减， 当x>ln a，f'（x）>0，函数f（x）在（ln a，+∞）上单调递增， 综上所述，当a≤0时，f（x）在R上单调递增； 当a>0时，f（x）在（-∞，ln a）上单调递减，在（ln a，+∞）上单调递增. （2）证明：由题意知ex-ax-1≥x2在x≥0上恒成立，令g（x）=ex-ax-1-x2，即g（x）≥0在[0，+∞）上恒成立. 则g'（x）=ex-a-x，令h（x）=ex-a-x，则h'（x）=ex-1， 当x≥0时，ex≥1，即h'（x）=ex-1≥0，当且仅当x=0时等号成立， 所以h（x）在[0，+∞）上单调递增，则h（x）的最小值为h（0）=e0-a=1-a， 因为a<1，所以h（0）>0，即在[0，+∞）上h（x）>0，则g'（x）>0， 可得g（x）在[0，+∞）上单调递增，在x=0处取得最小值， 最小值g（0）=e0-1=0，即在[0，+∞）上g（x）≥0， 可知当a<1时，g（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，所以f（x）≥x2. 2.（13分）已知函数f（x）=（x2-a）ln x+（a-1）x. （1）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（3分） （2）当a>1时，求证：f（x）>0.（10分） 思维路径：（1）利用导数求出曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为f'（1）=0，结合切点可求方程； （2）法一　对函数y=f（x）多次求导，求出函数f（x）的最小值，即可得证； 法二　根据f'（x）=2xln x+，分0<x<1和x>1研究正负，从而得到函数f（x）的单调性及最小值，即可得证. 解：（1）当a=2时，f（x）=（x2-2）ln x+x， 则f'（x）=2xln x++1，所以f'（1）=0. 又f（1）=1，故曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-1=0. （2）证明：法一　由题可得f'（x）=2xln x++a-1，设g（x）=f'（x），则g'（x）=2ln x+3+， 令h（x）=2ln x+3+， 则h'（x）=-=（x>0）， 令h'（x）=0，得x=， 当x∈（0，）时，h'（x）<0，h（x）在（0，）内单调递减， 当x∈（，+∞）时，h'（x）>0，h（x）在（，+∞）上单调递增， 于是h（x）≥h（）=2ln+3+1=ln a+4>4>0，则g'（x）>0，g（x）单调递增. 故f'（x）单调递增，而f'（1）=0，故当x∈（0，1）时，f'（x）<0，f（x）在（0，1）内单调递减， 当x∈（1，+∞）时，f'（x）>0，f（x）在（1，+∞）上单调递增， 故f（x）≥f（1）=a-1>0，综上，命题得证. 法二　由题可得f'（x）=2xln x++a-1=2xln x+， 当0<x<1时，2xln x<0，x-1<0，x+a>0， 所以f'（x）<0，即f（x）在（0，1）内单调递减， 当x>1时，2xln x>0，x-1>0，x+a>0， 所以f'（x）>0，即f（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以f（x）在x=1处取得最小值，且f（x）min=f（1）=a-1. 因为a>1，所以a-1>0，所以f（x）min>0，故f（x）>0. 3.（15分）已知函数f（x）=ex-1-ax（a∈R）. （1）求函数f（x）的最小值；（7分） （2）若a=0，m≤1，求证：f（x）>ln（x+m）.（8分） 解：（1）函数的解析式为f（x）=ex-1-ax，则f'（x）=ex-1-a， ①当a≤0时f'（x）>0恒成立，函数f（x）单调递增，无最值； ②当a>0时，令f'（x）=0，ex-1=a，则x=ln a+1， 当x∈（-∞，ln a+1），f'（x）<0，函数f（x）单调递减， 当x∈（ln a+1，+∞），f'（x）>0，函数f（x）单调递增， f（x）在x=ln a+1处取得最小值，即f（ln a+1）=-aln a， 函数f（x）的最小值为-aln a. （2）证明：当a=0时，f（x）=ex-1，即证明ex-1>ln（x+m）， 因为m≤1，所以x+m≤x+1，则ln（x+m）≤ln（x+1），则只需证明ex-1>ln（x+1）. 令g（x）=ex-1-x，则g'（x）=ex-1-1， 当x-1≥0，即x≥1时，g'（x）≥0，g（x）单调递增， 当x-1<0，即x<1时，g'（x）<0，g（x）单调递减， 所以g（x）≥g（1）=1-1=0，可得ex-1≥x. 令h（x）=x-ln（x+1）（x>-1），则h'（x）=1-=（x>-1）， 当-1<x<0时， h'（x）<0，h（x）单调递减， 当x>0时，h'（x）>0，h（x）单调递增， 所以h（x）≥h（0）=0-0=0，可得x≥ln（x+1）， 因为ex-1≥x与x≥ln（x+1）取等号的条件不同，所以ex-1>ln（x+1），所以f（x）>ln（x+m）. 习得方略：切线放缩 （1）思维导图 （2）图形表示 4.（15分）已知函数f（x）=（2-a）ln x+x+，a∈R. （1）讨论函数f（x）的单调性；（6分） （2）求证：对∀x∈（0，+∞），∃a∈（0，+∞），使得f（x）>4.（9分） 思维路径：（1）求导，分a≤0和a>0两种情况，利用导数判断原函数单调性； （2）分析可知f（x）min=f（a），构造函数g（a）=（2-a）ln a+a+2（a>0），利用导数结合零点代换分析可得g（a）max>4，即可得结果. 解：（1）由题意可知，f（x）的定义域为（0，+∞），且f'（x）=+1-=， 当a≤0时，f'（x）>0恒成立，所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a>0时，令f'（x）<0，得0<x<a，令f'（x）>0，得x>a，所以函数f（x）在（0，a）内单调递减，在（a，+∞）上单调递增. 综上所述，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a>0时，f（x）在（0，a）内单调递减，在（a，+∞）上单调递增. （2）证明：当a>0时，f（x）在（0，a）内单调递减，在（a，+∞）上单调递增，所以f（x）min=f（a）=（2-a）ln a+a+2. 令g（a）=（2-a）ln a+a+2（a>0），则g'（a）=-ln a++1=-ln a. 令h（a）=g'（a）=-ln a（a>0），则h'（a）=--<0，可知h（a）单调递减，即g'（a）单调递减. 且g'（2）=1-ln 2>0，g'（3）=-ln 3<0，可知∃a0∈（2，3），使得g'（a0）=-ln a0=0，即ln a0=，当a∈（0，a0）时，g'（a）>0；当a∈（a0，+∞）时，g'（a）<0. 可知g（a）在（0，a0）内单调递增，在（a0，+∞）上单调递减，则g（a）max=g（a0）=（2-a0）ln a0+a0+2=（2-a0）·+a0+2=+a0≥2=4， 当且仅当=a0，即a0=2时，等号成立，又a0∈（2，3），所以g（a）max>4. 所以对∀x∈（0，+∞），∃a∈（0，+∞），使得f（x）>4. 学科网（北京）股份有限公司 $