第10讲 导数与不等式的证明-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书配套课件（提升版）

第10讲 导数与不等式的证明 考情分析 利用导数证明不等式是高考的热点，命题趋势稳中求变，常与三角、数列结合，证明的常用的方法有构造函数、放缩法等，多以解答题形式出现，难度较大. 导数与不等式的证明 考点 目录 / CONTENTS 突破点　切线放缩 突破点 课时作业 考点 导数与不等式的证明 目 录 【例1】（2023·新高考Ⅰ卷19题）已知函数f（x）＝a（ex＋a）－x. （1）讨论f（x）的单调性； 解：由题意知，f（x）的定义域为（－∞，＋∞），f'（x）＝aex－1. 当a≤0时，易知f'（x）＜0，则f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数. 当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝ln . 当x∈（－∞，ln ）时，f'（x）＜0；当x∈（ln ，＋∞）时，f'（x） ＞0.所以f（x）在（－∞，ln ）上单调递减，在（ln ，＋∞）上单调递增. 综上可知，当a≤0时，f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数；当a＞0 时，f（x）在（－∞，ln ）上单调递减，在（ln ，＋∞）上单调递增. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）证明：当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ . 解：证明：法一（作差构造法）　由（1）知，当a＞0时，f（x） 在（－∞，ln ）上单调递减，在（ln ，＋∞）上单调递增. 所以f（x）min＝f（ln ）＝a（ ＋a）－ln ＝1＋a2＋ln a. 令g（x）＝1＋x2＋ln x－（2ln x＋ ），x＞0， 即g（x）＝x2－ln x－ ，x＞0， 则g'（x）＝2x－ ＝ . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 令g'（x）＝0，得x＝ . 当x∈（0， ）时，g'（x）＜0；当x∈（ ，＋∞）时，g'（x）＞0. 所以g（x）在（0， ）内单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增， 所以g（x）min＝g（ ）＝（ ）2－ln － ＝－ln ＞0， 所以1＋x2＋ln x＞2ln x＋ 对∀x＞0恒成立， 所以当a＞0时，1＋a2＋ln a＞2ln a＋ 恒成立. 即当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 法二（适当放缩法）　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， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 所以要证f（x）＞2ln a＋ ，即证x＋ln a＋1＋a2－x＞2ln a＋ ，即证a2 － －ln a＞0， 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， ）内单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增， 所以g（a）min＝g（ ）＝（ ）2－ －ln ＝ln ＞0，则g（a）＞0 恒成立. 所以当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ 恒成立. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【规律方法】　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·提升版 目 录 【训练1】　已知函数f（x）＝ x3－x2－3x－12.当x＞0时，求证：f （x）＜（x－4）ex.（参考数据：e3≈20.1） 证明：构造函数g（x）＝（x－4）ex－（ x3－x2－3x－12），其中x＞ 0，则g'（x）＝（x－3）ex－（x2－2x－3）＝（x－3）·（ex－x－1）， 令p（x）＝ex－x－1，其中x＞0，则p'（x）＝ex－1＞0， 所以函数p（x）在（0，＋∞）上单调递增， 故当x＞0时，p（x）＞p（0）＝0，即ex－x－1＞0， 由g'（x）＜0可得0＜x＜3，由g'（x）＞0可得x＞3， 所以函数g（x）的减区间为（0，3），增区间为（3，＋∞）， 所以g（x）min＝g（3）＝－e3＋21＞0，即g（x）≥g（3）＞0， 故当x＞0时，f（x）＜（x－4）ex. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【训练2】　用“隔离分析法”证明：ln x＞e－x－ . 证明：要证明ln x＞e－x－ ，只需证xln x＋ ＞xe－x－ . 令f（x）＝xln x＋ ，由题意得f（x）的定义域为（0，＋∞）， 因为f'（x）＝ln x＋1，所以当x∈（ 0， ）时，f'（x）＜0，f（x）在x∈（ 0， ）内单调递减； 当x∈（ ，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）在x∈（ ，＋∞）上单调 递增，所以f（x）≥f（ ）＝0. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 设p（x）＝xe－x－ ，p'（x）＝（1－x）e－x， 当x∈（0，1）时，p'（x）＞0，p（x）单调递增， 当x∈（1，＋∞）时，p'（x）＜0，p（x）单调递减， 所以p（x）＝xe－x－ 在x＝1处取得极大值，也是最大值， 故p（x）≤p（1）＝e－1－ ＝0，当且仅当x＝1时等号成立. 当xe－x－ ≤0时，因其等号成立的条件与x＝ 不同，故f（x）＞p（x）. 即证得ln x＞e－x－ . 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 突破点　切线放缩 目 录 导数中的切线放缩法是一种非常实用的数学方法.切线放缩是指曲线y＝f （x）在某点处切线方程为y＝kx＋b，若y＝f（x）的图象恒在直线y＝ kx＋b的上方或下方，则有f（x）≥kx＋b或f（x）≤kx＋b成立，当且 仅当x与切点横坐标相等时等号成立.若函数y＝f（x）在区间[a，b]上有 凹凸性，可以利用切线y＝f'（x0）（x－x0）＋f（x0）进行放缩. 利用切线放缩法得到的常见不等式有：（1）ex≥x＋1，当且仅当x＝0时 取等号；（2）ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；（3）ln（x＋1）≤x， 当且仅当x＝0时取等号；（4）ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号； （5）ln x≤ex－2，当且仅当x＝ 时取等号. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【例2】　已知函数f（x）＝xln x－x2－1. （1）讨论f（x）的单调性； 解： f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝ln x－2x＋1， 记t（x）＝f'（x），则t'（x）＝ －2＝ . 当x∈（ 0， ）时，t'（x）＞0，t（x）单调递增，当x∈（ ，＋∞） 时，t'（x）＜0，t（x）单调递减， 所以t（x）max＝t（ ）＝－ln 2＜0，即f'（x）＜0，所以f（x）在（0， ＋∞）上单调递减. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）证明：f（x）＜e－x＋ － －1. 解： 证明：欲证原不等式成立，利用放缩法，先证f（x）≤－x－ 1，再证e－x＋ － －1＞－x－1（x＞0）. 记g（x）＝f（x）＋x＋1＝xln x－x2＋x＝x（ln x－x＋1）， 再令m（x）＝ln x－x＋1，则m'（x）＝ －1， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【小技巧】 为了证明g（x）≤0，不需要直接求g'（x）.注意 到x＞0，故构造函数m（x）＝ln x－x＋1.求m'（x）可简化求解过程 当x∈（0，1）时，m'（x）＞0，m（x）单调递增，当x∈（1，＋∞） 时，m'（x）＜0，m（x）单调递减，所以m（x）max＝m（1）＝0，所 以m（x）≤0. 又x＞0，所以g（x）≤0，故f（x）≤－x－1. 再证e－x＋ － －1＞－x－1（x＞0），即证e－x＋ － ＋x＞0（x＞ 0）. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 记h（x）＝e－x＋ － ＋x（x＞0），则h（x）＝e－x＋x－1＋（ － 1）2≥e－x＋x－1， 记p（x）＝e－x＋x－1（x＞0），则p'（x）＝1－e－x＞0，所以p（x） 在（0，＋∞）上单调递增， 所以p（x）＞e－0＋0－1＝0，所以h（x）＞0，即e－x＋ － －1＞－x －1（x＞0）. 综上，f（x）＜e－x＋ － －1. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【规律方法】　切线放缩法适用于凹函数与凸函数且它们的凹凸性相反的 问题（拆成两个函数），两函数有斜率相同的切线，这是切线放缩的基 础，引入一个中间量，分别证明两个不等式成立，然后利用不等式的传递 性即可.难点在合理拆分函数，寻找它们斜率相等的切线隔板. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 【训练3】　已知函数f（x）＝ex－ln（x＋m），当m≤2时，证明：f （x）＞0. 证明：法一　当m≤2时，f（x）＝ex－ln（x＋m）≥ex－ln（x＋2）， 下面证明ex－ln（x＋2）＞0， 令g（x）＝ex－ln（x＋2）（x＞－2），则g'（x）＝ex－ ，g″ （x）＝ex＋ ＞0，所以g'（x）在（－2，＋∞）上单调递增，又 g'（－1）＝e－1－1＜0，g'（0）＝ ＞0， 所以g'（x）在（－1，0）上有唯一的零点x0，且当－2＜x＜x0时，g' （x）＜0，当x＞x0时，g'（x）＞0， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 所以g（x）在（－2，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，故 g（x）min＝g（x0）＝ －ln（x0＋2）　①，因为g'（x0）＝ － ＝0，所以 ＝ ，两边取对数可得x0＝－ln（x0＋2），代入①得g （x0）＝ －（－x0）＝ ＞0，所以g（x）＞0，即ex－ln（x ＋2）＞0，而当m≤2时，f（x）≥ex－ln（x＋2），所以f（x）＞0. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 法二　当m≤2时，f（x）＝ex－ln（x＋m）≥ex－ln（x＋2），下面证 明ex－ln（x＋2）＞0， 先证ex≥x＋1，令g（x）＝ex－x－1（x∈R），则g'（x）＝ex－1，当x ＜0时，g'（x）＜0，当x＞0时，g'（x）＞0，所以g（x）在（－∞， 0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，从而g（x）min＝g（0） ＝0， 所以g（x）≥0，从而ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立. 再证ln（x＋2）≤x＋1，令h（x）＝ln（x＋2）－x－1（x＞－2），则 h'（x）＝ －1＝－ ， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 所以当－2＜x＜－1时，h'（x）＞0，当x＞－1时，h'（x）＜0，故h （x）在（－2，－1）上单调递增，在（－1，＋∞）上单调递减，所以h （x）max＝h（－1）＝0，故h（x）≤0，即ln（x＋2）≤x＋1，当且仅 当x＝－1时等号成立， 综上所述，有ln（x＋2）≤x＋1≤ex，且两个不等号不能同时取等号，故 ln（x＋2）＜ex，即ex－ln（x＋2）＞0， 又当m≤2时，f（x）≥ex－ln（x＋2），所以f（x）＞0. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 真题体验 　（2024·全国甲卷文20题）已知函数f（x）＝a（x－1）－ln x＋1. （1）讨论f（x）的单调性； 解： 因为f（x）＝a（x－1）－ln x＋1， 所以f'（x）＝a－ ＝ ，x＞0， 若a≤0，则f'（x）＜0恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减； 若a＞0，则当0＜x＜ 时，f'（x）＜0，当x＞ 时，f'（x）＞0，所以f （x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增. 综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；当a＞0时，f （x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）设a≤2，证明：当x＞1时，f（x）＜ex－1. 解： 证明：法一（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＋ ， 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， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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. 法二（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， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 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， 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. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 课时作业 （时间：45分钟，满分：57分） 目 录 1. （10分）已知函数f（x）＝ex－m－ln（2x），当m≤2时，证明：f （x）＞－ln 2. 证明：当m≤2，x∈（0，＋∞）时，ex－m≥ex－2， 又ex≥x＋1，∴ex－m≥ex－2≥x－1. 取函数h（x）＝x－1－ln（2x）（x＞0），h'（x）＝1－ ， 当0＜x＜1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减； 当x＞1时，h'（x）＞0，h（x）单调递增， 得函数h（x）在x＝1时取唯一的极小值即最小值为h（1）＝－ln 2. ∴f（x）＝ex－m－ln（2x）≥ex－2－ln（2x）≥x－1－ln（2x）≥－ln 2，而上式三个不等号不能同时成立，故f（x）＞－ln 2. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 2. （15分）已知函数f（x）＝x2－（a－2）x－aln x（a∈R）. （1）求函数y＝f（x）的单调区间； 解： 由题可知函数f（x）的定义域为（0，＋∞）， f'（x）＝2x－（a－2）－ ＝ ，即f'（x）＝ ， 若a≤0，则f'（x）＞0在定义域（0，＋∞）上恒成立，此时函数f（x） 在（0，＋∞）上单调递增； 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 若a＞0，令f'（x）＞0，即2x－a＞0，解得x＞ ，令f'（x）＜0，即2x －a＜0，解得0＜x＜ ，所以f（x）在（ 0， ）内单调递减，在（ ， ＋∞）上单调递增. 综上，a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；a＞0时，f（x）在 （ 0， ）内单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f（x）＋ex＞x2＋x＋2. 解： 证明：当a＝1时，f（x）＝x2＋x－ln x， 要证明f（x）＋ex＞x2＋x＋2，只需证明ex－ln x－2＞0， 令g（x）＝ex－ln x－2，则g'（x）＝ex－ ， 令g'（x）＝0，即ex＝ ，可得方程有唯一解，设为x0，且x0≠1，所以 ＝ ， 当x变化时，g'（x）与g（x）的变化情况如下， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 x （0，x0） x0 （x0，＋∞） g'（x） － 0 ＋ g（x） 单调递减 单调递增 所以g（x）min＝g（x0）＝ －ln x0－2＝ ＋x0－2， 因为 ＋x0－2≥2 －2＝0，因为x0≠1，所以不取等号， 即 ＋x0－2＞0，即g（x）min＞0恒成立，所以ex－ln x－2＞0恒成 立，得证. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 3. （15分）（2025·福建厦门三模）已知函数f（x）＝x2＋aln（x＋1）. （1）当a＝－4时，求f（x）的极小值； 解：f（x）的定义域为（－1，＋∞）. 当a＝－4时，f（x）＝x2－4ln（x＋1），f'（x）＝2x－ ＝ .令f'（x）＝0得，x＝－2或x＝1. 当x∈（－1，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；x∈（1，＋∞） 时，f'（x）＞0，f（x）单调递增. 所以当x＝1时，f（x）取得极小值f（1）＝1－4ln 2. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）若f（x）存在唯一极值点x0，证明：f（x0）＋ ≤0. 解：证明：f'（x）＝ ，x＞－1. 当x＞－1时，f'（x）与g（x）＝2x2＋2x＋a同号. 因为g（x）＝2x2＋2x＋a的图象关于x＝－ 对称， 又f（x）存在唯一极值点x0，如图可得g（－1）≤0，所以a≤0， 所以g（0）≤0，故x0≥0. 将a＝－（2 ＋2x0）代入得f（x0）＋ ＝2 ＋aln（x0＋1）＝2x0[x0－（x0＋1）ln（x0＋1）]. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 构造h（x）＝x－（x＋1）ln（x＋1），x∈[0，＋ ∞）， 则h'（x）＝－ln（x＋1）≤0， 所以h（x）≤h（0）＝0，即x0－（x0＋1）ln（x0＋ 1）≤0， 所以f（x0）＋ ≤0. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 4. （17分）已知函数f（x）＝xln x＋ax2－a. （1）当a＝－1时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程； 解： 当a＝－1时，f（x）＝xln x－x2＋1，则f（1）＝0， f'（x）＝1＋ln x－2x，∴f'（1）＝－1， ∴曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y＝－（x－1）， 即x＋y－1＝0. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 （2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：f （ ）＞0. 解：由题意知f'（x）＝1＋ln x＋2ax， 令g（x）＝1＋ln x＋2ax，x＞0， ∵f（x）存在两个极值点，∴g（x）有两个零点， 易知g'（x）＝ ＋2a＝ ， 当a≥0时，g'（x）＞0，g（x）在（0，＋∞）上单调递增，g（x）至 多有一个零点，不合题意. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 当a＜0时，由g'（x）＝0得x＝－ ， 若x∈（ 0，－ ），则g'（x）＞0，g（x）单调递增； 若x∈（ － ，＋∞），则g'（x）＜0，g（x）单调递减. 要使g（x）有两个零点，需g（ － ）＝ln（ － ）＞0，解得－ ＜a ＜0. 当－ ＜a＜0时，g（ ）＝ ＜0，∴g（x）在（ ，－ ）上存在唯一 零点，记为x1. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 ∵ －（ － ）＝ ＞0，∴ ＞－ ，g（ ）＝1＋ln ＋ ， 设t＝－ ，则t＞2，令h（t）＝1＋2ln t－2t，t＞2，则h'（t）＝ －2 ＜0， ∴h（t）在（2，＋∞）上单调递减，∴h（t）＜h（2）＝2ln 2－3＜0， 即g（ ）＜0， ∴g（x）在（ － ， ）内存在唯一零点，记为x2. 则f（x），f'（x）随x的变化情况如下表： 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 x （0，x1） x1 （x1，x2） x2 （x2，＋∞） f'（x） － 0 ＋ 0 － f（x） ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ ∴实数a的取值范围是（ － ，0）. ∵g（1）＝1＋2a＞0，－ ＞1，∴ ＜x1＜1＜x2， ∵f（1）＝0，∴f（x1）＜0＜f（x2）， ∵x1＜ ＜x2，∴要证f（ ）＞0，只要证 ＞1， 只要证 ＞－ ，只要证x2＞－ －x1， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 又－ －x1＞x1，∴只要证g（x2）＜g（ － －x1），即证g（x1）＜g （ － －x1）. 设F（x）＝g（x）－g（ － －x），0＜x＜－ ， 则F'（x）＝g'（x）＋g'（ － －x）＝ ＞0， ∴F（x）在0＜x＜－ 时单调递增， ∴F（x）＜F（ － ）＝g（ － ）－g（ － ＋ ）＝0， ∴g（x1）＜g（ － －x1）成立，即f（ ）＞0得证. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 目 录 THANKS 演示完毕 感谢观看 $