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Word

多学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 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 了基础·回扣诊断自测知识回扣 1.(2023·新高考Ⅱ卷22题节选)证明：当0<x<1时，x一x2<sinx. 1.证明f(x)<g(x)(或f(x)>g(x)）,x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)一g (x),即证明F(x)<0(或F(x)>0). 证明：设h(x)=sinx一x十x2,则h'(x)=cosx一1十2x. 令m(x)=cosx-1+2x,则m'(x)=一sinx+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<sinx. 2.设函数f(x)=ex一l,其中e为自然对数的底数. 求证：(1)当x>0时，f(x)>x; (2)er-2>In x. 2.(1)ex≥x+1(x∈R,当且仅当x=0时等号成立)； (2)lnx≤x一1(x>0,当且仅当x=1时等号成立)； (3)常见变式 ①e-1≥x;e≥1-x;em≥ax十1(a为常数）； ②nx十1≤x;n是≤是-l→lnx≥1-是；竖≤1-是. 证明：(1)令g(x)=f(x)-x=e*-1-x,则g(x)=e-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. (2)由(1)可得当x>0时，e>1+x. 要证ex-2>nx,可证e-2>x-1≥lnx,即证x-1-lnx≥0. 令h(x)=x-1-nx,则h(x)=1-是=安， 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)mi=h(1)=0, 即h(x)=x一1-lnx≥0恒成立（当且仅当x=1时等号成立），所以e-2>lnx. 1/7 ·独家授权侵权必究。 。学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+款辅专家 【思维建摸】 利用导数研究不等式证明问题的思路 作差（商） 待证不等式的两边含有相同的变量时，直接通过作差 构造法 (商)法，转化为与0（或1）比较大小 不 适当放缩构 一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩 证 选择 造法 结论放缩 若直接构造函数求导难以判断符号，可将不等式不等 构造双函数 号两端分别“隔离”出两个函数式∫(x),g(x),使 f(x)mi>g(x)max恒成立，从而证明f(x)>g() 口典例·讲解 典例精析强技提能 【例1】 (2024·全国甲卷文20题节选)已知函数f(x)=a(x一1)一lnx十+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一1)一lnx+1一e-1,只需证当x>1时，g (x)<0即可. 易知g'(x)=a--e-l,令h(x)=g'(x),则h(x)=是-e-l, 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)=1一1=0， 所以h(x)=g'(x)在(1，+∞)上单调递减， 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(1，十∞)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. 法二（放缩法）因为a≤2，所以当x>1时，e-1-f(x)=e-1-a(x-1)+lnx-1≥ex-1-2x +In x+1. 令g(x)=e-1-2x十nx十1，则只需证当x>1时g(x)>0. 易知g(x)=e-1-2十是， 令h(x)=g(x)，则h(x)=e-1-是在(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，+∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)>g(1)=0, 即当x>1时，f(x)<e-1恒成立. 2/7 ·独家授权侵权必究· 多学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 【例2】已知函数f(x)=lnx,g(x)=e,证明：f(x)+最>g(-x)· 证明：根据题意，g(一x)=e*, 所以f(x)+最>g(-x)等价于xnx>xex-, 设函数m(x)=xnx,x>0,则m'(x)=1十lnx, 所以当x∈(0，日)时，m'(x)<0,当x∈（日，十∞）时，m'(x)>0, 故m(x)在(0，言)上单调递减，在（言，十∞）上单调递增，从而m(x)在(0，十∞)上的最 小值为m(是)=一. 设函数h(x)=xex-台，x>0,则h'(x)=ex(1一x), 所以当x∈(0,1)时，h(x)>0,当x∈(1，十∞)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(0，十∞)上的最大 值为h(1)=-日. 因为两函数不会同时取得一日，所以当x>0时，m(x)>h(x), 即f(x)+最>g(-x). 【瓶颈突破】根据lnx与ex变量分离，构造双函数f(x),g(x),证明f(x)mim>g(x)max 【训练1】已知函数f(x)=罗一k. (1)若f(x)≤0恒成立，求实数k的取值范围： (2)证明：n专+h专+…+ln贵<音(+青+…+贵)(n>1). 解：(1)若f(x)≤0恒成立，则k≥（警）max, 设g(x)=警(x>0),g(x)=, x2 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,十∞)上单调递减， 则g(x)mx=g(e)=吉，所以k≥，故实数k的取值范围为[是，十∞)· (2)证明：令k=,则f(x)≤0，即警≤，则lnx≤是·x(当且仅当x=e时等号成立)， 因为n克<·克，n专<·青，，血品<是·贵， 所以ln是十ln专+.+ln贵<(+专+.+贵)(n>1). 【瓶颈突破】对于(2)，利用(1)中的结论，得到不等式n品<·贵，并对所有项进行累加， 即可证明不等式成立. 【训练2】 (2025·山东日照一模节选)已知函数f(x)=xlnx,求证：f(x)<ex+cosx一2. 3/7 ·独家授权侵权必究 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 证明：依题意，要证f(x)<ex+cosx-2,即证xnx<ex+cosx一2， 当0<x≤1时，xnx≤0， 令m(x)=e*+cosx-2,0<x≤1， 因为m'(x)=e-sinx>0,所以m(x)在(0,1]上单调递增， 所以m(x)>m(0)=1+1一2=0，所以不等式成立； 当x>1时，要证xlnx<e十cosx一2，即证xnx-e-cosx十2<0. h(x)=xlnx-ex-cos x+2,x>1,h'(x)=In x-e*+sinx+1,x>1. 设φ(x)=lnx-e*十sinx十l,x>1,则p'(x)=是-er+cosx,x>1. 当x>1时，e>e,是<1，cosx≤1，所以p'(x)=毫-e*+cosx<0,x>1, 所以p(x)在(1，十∞)上单调递减. 所以p(x)<φ(1)=1-e+sin1<0,即h'(x)<0,x>1, 所以h(x)在(1，+∞)上单调递减，h(x)<h(1)=2-e-cos1<0, 即当x>1时，xlnx<e十cosx-2成立. 综上，f(x)<e+cosx-2在(0，十∞)上恒成立. 【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. 课后·训练巩固强化综合测评 (时间：45分钟，满分：60分) 解答题（共60分） 1.(13分)(2025·江西南昌模拟检测节选)已知f(x)=xa-er+1（a>1). (1)当a=e时，求函数f(x)的单调区间； (2)当a≥e时，求证：f(x)≥0. 解：(1)当a=e时，f(x)=xex-er+l, 则f(x)=(x十1)e-er=xe, 当x∈(0，+∞)时，(x)>0,则f(x)在(0，+∞)上单调递增；当x∈（一∞，0）时， (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（一∞，0），单调递增区间为(0，十∞)· (2)证明：因为a≥e,所以当x≥0时，a≥e,则xa≥xe', 当x<0时，d≤e',则xa≥xe, 4/7 ·独家授权侵权必究· 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 所以xd-e+1≥xer-er+1, 由(1)可得，xe-e+1≥0，所以a≥e时，f(x)≥0. 2.(15分)(2025·山东淄博一模节选)已知函数f(x)=ln（1+x)一x. (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：x≥0时，f(x)≤+一x. 解：(1)函数f(x)的定义域是(-1，+∞)，f(x)=x-1=辛， 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（一1,0），单调递减区间为(0，+∞). (2)证明：要证≥0时，f0)≤本-，即证血(1+x)≤座在[0，+∞)上恒成立， 令h(x)=h(1+x)-+,x∈[0，+∞)， N(x)=本 21+x-(2+x】 1+x 1+x 2(1+xW1+x, 令m)=2V1+x-2+),mx)-本-1-， 1-1+x 当x≥0时，1-V1+x≤0，则m'(x)≤0， 所以m(x)在[0，十∞)上单调递减，所以m(x)≤m(0)=0, 则h'(x)≤0，所以h(x)在[0，十∞)上单调递减， 所以h(x)≤h(0)=0,所以1n(1+x)≤庄， 综上，x≥0时，f()≤庄-x 3.(15分)已知函数f(x)=xex+a,g(x)=xnx+a. (1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为一，求a的值； (2)若a=0,x>0,证明：f(x)>g'(x). 解：(1)因为f(x)=xer十a, 所以f(x)=(1十x)e. 令(x)=0,解得x=一1， 所以当x∈（一∞，一1）时，(x)<0,f(x)单调递减； 当x∈（一1，十∞）时，(x)>0,f(x)单调递增. 所以f(x)mim=f(-l)=-是十a. 5/7 ·独家授权侵权必究· 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.Zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 因为g(x)=xnx+a,x>0, 所以g(x)=lnx+1. 令g(x)=0,解得x=日， 所以当x∈(0，日)时，g'(x)<0,g(x)单调递减； 当x∈（日，十∞）时，g(x)>0,g(x)单调递增， 所以g(x)mm=g(告)=-是十a. 由题意可得-十a-十a=一告，解得a=-吉. (2)证明：当a=0时，f(x)=xe,g(x)=xlnx,x>0,则g'(x)=lnx十1. 要证fG)>g（x)，即证e>hx+1,x>0,即证号> 令h(x)=号，x>0,9(x)=胖，>0 易得(x)=-1， 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， 在(1，十∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(1)=e. 易得p（x）=2出=2， 令p'(x)>0,得0<x<e: 令φ'(x)<0,得x>e, 所以φ(x)在(0，e3)上单调递增， 在(e3,十∞)上单调递减， 所以p(x)≤p(e3)=号<e, 所以h(x)>p(x),故f(x)>g'(x). 4.(17分)(2025·江西赣州一模)已知函数f(x)=e一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； (2)①证明：对一切的a,b∈(0，十o)且a≠b,都有。<学： ②证明：X十X十·x2>3. 6/7 ·独家授权侵权必究· 多学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+款辅专家 解：(1)由f(x)=ex-mx得P(x)=er-m. 当m≤0时，子(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>nm,由(x)<0得x<lnm, ∴f(x)在（一∞，lnm)上单调递减，在(lnm,+∞）上单调递增， ..f (x)min-f (In m)=ehm-mln m=m-mln m0,m>e. .f(0)=1>0,x一+∞时，f(x)一→+∞， ∴.f(x)在(0，nm)和(1nm,十∞)内分别存在一个零点，符合题意， .m的取值范围为(e,十∞). 2(层-1) (2)证明：①不妨设a>b>0,则品<学等价于2g<n舌，即证<1h台. 令仁号>1，即证1n1一2>0对任意的tE1,十0)恒成立. t+1 令g0=n2路，则g0-卡-南7->0 (6-12 g(t)在(1，+∞)上单调递增，故g(t)>g(1)=0, “曲。<学。 ②由(1)得，f(x)在(0，nm)和(Inm,+)内分别存在一个零点， 由m>e得f(1)=e-m<0,设1<x2,则0<x1<1<x2, ,e一mx=0等价于x=lnx十lnm, x1 -ln=2-nx2,即nxn=1, 击0得，1=<受，即十>2， x好+x+·=+>(警)2叶>1+号-3. 2 7/7 ·独家授权侵权必究