第10讲 不等式的证明问题-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书配套课件

第10讲　不等式的证明问题 备考指南 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，试题难度中等偏上，若以压轴题出现，则难度较大. 基础·回扣 诊断自测 知识回扣 一 典例·讲解 典例精析 强技提能 二 课后·训练 巩固强化 综合测评 三 目录 / CONTENTS 基础·回扣 诊断自测 知识回扣 目 录 1. （2023·新高考Ⅱ卷22题节选）证明：当0＜x＜1时，x－x2＜ sin x. 证明f（x）＜g（x）（或f（x）＞g（x）），x∈（a，b），可以构造函数F（x）＝f（x）－g（x），即证明F（x）＜0（或F（x）＞0）. 证明：设h（x）＝ sin x－x＋x2，则h'（x）＝ cos x－1＋2x. 令m（x）＝ cos x－1＋2x，则m'（x）＝－ sin x＋2＞0， 所以h'（x）在（0，1）上单调递增，所以h'（x）＞h'（0）＝0， 所以h（x）在（0，1）上单调递增，所以h（x）＞h（0）＝0， 所以当0＜x＜1时，x－x2＜ sin x. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 2. 设函数f（x）＝ex－1，其中e为自然对数的底数. 求证：（1）当x＞0时，f（x）＞x； （1）ex≥x＋1（x∈R，当且仅当x＝0时等号成立）； （2）ln x≤x－1（x＞0，当且仅当x＝1时等号成立）； （3）常见变式 ①ex－1≥x；e－x≥1－x；eax≥ax＋1（a为常数）； ②ln x＋1≤x；ln ≤ －1⇒ln x≥1－ ； ≤1－ . 证明： 令g（x）＝f（x）－x＝ex－1－x，则g'（x）＝ex－1， 当x＞0时，g'（x）＞0，g（x）在（0，＋∞）上单调递增， 故当x＞0时，g（x）＞g（0）＝0，即当x＞0时，f（x）＞x. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 （2）ex－2＞ln x. 证明： 由（1）可得当x＞0时，ex＞1＋x. 要证ex－2＞ln x，可证ex－2＞x－1≥ln x，即证x－1－ln x≥0. 令h（x）＝x－1－ln x，则h'（x）＝1－ ＝ ， 当x＞1时，h'（x）＞0，h（x）单调递增； 当0＜x＜1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，则h（x）min＝h（1）＝ 0， 即h（x）＝x－1－ln x≥0恒成立（当且仅当x＝1时等号成立），所以ex －2＞ln x. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 【思维建模】　利用导数研究不等式证明问题的思路 高考专题辅导与测试·数学 目 录 典例·讲解 典例精析 强技提能 目 录 【例1】　（2024·全国甲卷文20题节选）已知函数f（x）＝a（x－1）－ ln x＋1，当a≤2时，证明：当x＞1时，f（x）＜ex－1恒成立. 证明：法一（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， 高考专题辅导与测试·数学 目 录 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恒成 立. 法二（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＋ ， 高考专题辅导与测试·数学 目 录 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恒成立. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 【例2】　已知函数f（x）＝ln x，g（x）＝ex，证明：f（x）＋ ＞g （－x）. 证明：根据题意，g（－x）＝e－x， 所以f（x）＋ ＞g（－x）等价于xln x＞xe－x－ . 设函数m（x）＝xln x，x＞0，则m'（x）＝1＋ln x， 所以当x∈（0， ）时，m'（x）＜0，当x∈（ ，＋∞）时，m'（x）＞0， 【瓶颈突破】根据ln x与ex变量分离，构造双函数f（x），g（x），证明f（x）min＞g（x）max. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 故m（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增，从而m （x）在（0，＋∞）上的最小值为m（ ）＝－ . 设函数h（x）＝xe－x－ ，x＞0，则h'（x）＝e－x（1－x）， 所以当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0， 故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，从而h （x）在（0，＋∞）上的最大值为h（1）＝－ . 因为两函数不会同时取得－ ，所以当x＞0时，m（x）＞h（x）， 即f（x）＋ ＞g（－x）. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 【训练1】　已知函数f（x）＝ －k. （1）若f（x）≤0恒成立，求实数k的取值范围； 【瓶颈突破】　对于（2），利用（1）中的结论，得到不等式ln ＜ · ，并对所有项进行累加，即可证明不等式成立. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 解： 若f（x）≤0恒成立，则k≥（ ）max， 设g（x）＝ （x＞0），g'（x）＝ ， 由g'（x）＞0，得0＜x＜e；由g'（x）＜0，得x＞e， 所以函数g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减， 则g（x）max＝g（e）＝ ，所以k≥ ，故实数k的取值范围为［ ，＋∞）. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 （2）证明：ln ＋ln ＋…＋ln ＜ （ ＋ ＋…＋ ）（n＞1）. 解： 证明：令k＝ ，则f（x）≤0，即 ≤ ，则ln x≤ ·x（当且 仅当x＝e时等号成立）， 因为ln ＜ · ，ln ＜ · ，…，ln ＜ · ， 所以ln ＋ln ＋…＋ln ＜ （ ＋ ＋…＋ ）（n＞1）. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 【训练2】　（2025·山东日照一模节选）已知函数f（x）＝xln x，求证： f（x）＜ex＋ cos x－2. 【瓶颈突破】　可分0＜x≤1和x＞1两种情况讨论，利用导数研究函数的单调性与最值证明不等式. 证明：依题意，要证f（x）＜ex＋ cos x－2，即证xln x＜ex＋ cos x－2， 当0＜x≤1时，xln x≤0， 令m（x）＝ex＋ cos x－2，0＜x≤1， 因为m'（x）＝ex－ sin x＞0，所以m（x）在（0，1]上单调递增， 所以m（x）＞m（0）＝1＋1－2＝0，所以不等式成立； 当x＞1时，要证xln x＜ex＋ cos x－2，即证xln x－ex－ cos x＋2＜0. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 设h（x）＝xln x－ex－ cos x＋2，x＞1，则h'（x）＝ln x－ex＋ sin x＋ 1，x＞1. 设φ（x）＝ln x－ex＋ sin x＋1，x＞1，则φ'（x）＝ －ex＋ cos x，x＞ 1. 当x＞1时，ex＞e， ＜1， cos x≤1，所以φ'（x）＝ －ex＋ cos x＜ 0，x＞1， 所以φ（x）在（1，＋∞）上单调递减. 所以φ（x）＜φ（1）＝1－e＋ sin 1＜0，即h'（x）＜0，x＞1， 高考专题辅导与测试·数学 目 录 所以h（x）在（1，＋∞）上单调递减，h（x）＜h（1）＝2－e－ cos 1＜0， 即当x＞1时，xln x＜ex＋ cos x－2成立. 综上，f（x）＜ex＋ cos x－2在（0，＋∞）上恒成立. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 课后·训练 巩固强化 综合测评 （时间：45分钟，满分：60分） 目 录 解答题（共60分） 1. （13分）（2025·江西南昌模拟检测节选）已知f（x）＝xax－ex＋1 （a＞1）. （1）当a＝e时，求函数f（x）的单调区间； 1 2 3 4 解： 当a＝e时，f（x）＝xex－ex＋1， 则f'（x）＝（x＋1）ex－ex＝xex， 当x∈（0，＋∞）时，f'（x）＞0，则f（x）在（0，＋∞）上单调递 增；当x∈（－∞，0）时，f'（x）＜0，则f（x）在（－∞，0）上单调 递减. 故函数f（x）的单调递减区间为（－∞，0），单调递增区间为（0，＋∞）. 高考专题辅导与测试·数学 目 录 （2）当a≥e时，求证：f（x）≥0. 解： 证明：因为a≥e，所以当x≥0时，ax≥ex，则xax≥xex， 当x＜0时，ax≤ex，则xax≥xex， 所以xax－ex＋1≥xex－ex＋1， 由（1）可得，xex－ex＋1≥0，所以a≥e时，f（x）≥0. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学 目 录 2. （15分）（2025·山东淄博一模节选）已知函数f（x）＝ln（1＋x） －x. （1）求f（x）的单调区间； 解：函数f（x）的定义域是（－1，＋∞），f'（x）＝ －1＝ ， 当－1＜x＜0时，f'（x）＞0；当x＞0时，f'（x）＜0. 所以f（x）的单调递增区间为（－1，0），单调递减区间为（0，＋∞）. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学 目 录 （2）证明：x≥0时，f（x）≤ －x. 解： 证明：要证x≥0时，f（x）≤ －x，即证ln（1＋x） ≤ 在[0，＋∞）上恒成立， 令h（x）＝ln（1＋x）－ ，x∈[0，＋∞）， h'（x）＝ － ＝ ＝ ， 令m（x）＝2 －（2＋x），m'（x）＝ －1＝ ， 当x≥0时，1－ ≤0，则m'（x）≤0， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学 目 录 所以m（x）在[0，＋∞）上单调递减，所以m（x）≤m（0）＝0， 则h'（x）≤0，所以h（x）在[0，＋∞）上单调递减， 所以h（x）≤h（0）＝0，所以ln（1＋x）≤ ， 综上，x≥0时，f（x）≤ －x. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学 目 录 3. （15分）已知函数f（x）＝xex＋a，g（x）＝xln x＋a. （1）若函数f（x）的最小值与g（x）的最小值之和为－ ，求a的值； 解： 因为f（x）＝xex＋a， 所以f'（x）＝（1＋x）ex. 令f'（x）＝0，解得x＝－1， 所以当x∈（－∞，－1）时， f'（x）＜0，f（x）单调递减； 当x∈（－1，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增. 所以f（x）min＝f（－1）＝－ ＋a. 因为g（x）＝xln x＋a，x＞0， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学 目 录 所以g'（x）＝ln x＋1. 令g'（x）＝0，解得x＝ ， 所以当x∈（0， ）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减； 当x∈（ ，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增， 所以g（x）min＝g（ ）＝－ ＋a. 由题意可得－ ＋a－ ＋a＝－ ，解得a＝－ . 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学 目 录 （2）若a＝0，x＞0，证明：f（x）＞g'（x）. 解： 证明：当a＝0时，f（x）＝xex，g（x）＝xln x，x＞0，则g' （x）＝ln x＋1. 要证f（x）＞g'（x），即证xex＞ln x＋1，x＞0，即证 ＞ . 令h（x）＝ ，x＞0，φ（x）＝ ，x＞0. 易得h'（x）＝ ， 则令h'（x）＜0，得0＜x＜1；令h'（x）＞0，得x＞1， 所以h（x）在（0，1）上单调递减， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学 目 录 在（1，＋∞）上单调递增， 所以h（x）≥h（1）＝e. 易得φ'（x）＝ ＝ ， 令φ'（x）＞0，得0＜x＜ ； 令φ'（x）＜0，得x＞ ，所以φ（x）在（0， ）上单调递增， 在（ ，＋∞）上单调递减， 所以φ（x）≤φ（ ）＝ ＜e， 所以h（x）＞φ（x），故f（x）＞g'（x）. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学 目 录 4. （17分）（2025·江西赣州一模）已知函数f（x）＝ex－mx（其中e为 自然对数的底数）有两个零点x1，x2. （1）求m的取值范围； 解：由f（x）＝ex－mx得f'（x）＝ex－m. 当m≤0时，f'（x）＞0，f（x）在R上单调递增，不合题意. 当m＞0时，由f'（x）＞0得x＞ln m，由f'（x）＜0得x＜ln m， ∴f（x）在（－∞，ln m）上单调递减，在（ln m，＋∞）上单调递增， ∴f（x）min＝f（ln m）＝eln m－mln m＝m－mln m＜0，故m＞e. ∵f（0）＝1＞0，x→＋∞时，f（x）→＋∞， ∴f（x）在（0，ln m）和（ln m，＋∞）内分别存在一个零点，符合 题意， ∴m的取值范围为（e，＋∞）. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学 目 录 （2）①证明：对一切的a，b∈（0，＋∞）且a≠b，都有 ＜ ； ②证明： ＋ ＋x1·x2＞3. 解： 证明：①不妨设a＞b＞0，则 ＜ 等价于 ＜ln ，即证 ＜ln . 令t＝ ＞1，即证ln t－ ＞0对任意的t∈（1，＋∞）恒成立. 令g（t）＝ln t－ ，则g'（t）＝ － ＝ ＞ 0， ∴g（t）在（1，＋∞）上单调递增，故g（t）＞g（1）＝0， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学 目 录 ∴ ＜ . ②由（1）得，f（x）在（0，ln m）和（ln m，＋∞）内分别存在一个 零点， 由m＞e得f（1）＝e－m＜0，设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2， ∵ex－mx＝0等价于x＝ln x＋ln m， ∴x1－ln x1＝x2－ln x2，即 ＝1， 由①得，1＝ ＜ ，即x1＋x2＞2， ∴ ＋ ＋x1·x2＝ ＋ ＞（ ）2＋ ＞12＋ ＝3. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学 目 录 THANKS 演示完毕 感谢观看 $