导数与不等式的证明课件-2026届高三数学二轮复习

导数与不等式的证明 高中数学 二轮复习 返回导航 导数与不等式的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，试题难度中等或偏上，若以压轴题的形式出现，则难度较大． 返回导航 内容索引 真题演练　重温高考 第二部分 第一部分 热点分类　考向探究 课时作业7 第三部分 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 一 返回导航 考向 1 单变量不等式的证明 返回导航 返回导航 返回导航 利用导数证明或判定不等式问题的常用方法 1．最值法：通过移项构造新函数或者等价变形构造新函数，求解新函数的最值，从而得出不等关系． 2．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系． 3．凹凸反转法：把所证不等式转化为两个函数的大小关系，分别求解两个函数的最值，得到不等关系． 反思感悟 返回导航 返回导航 考向 2 双变量不等式的证明 返回导航 返回导航 返回导航 证明含双变量不等式的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归含双变量的不等式的证明，把所求的最值应用到含变量的不等式中，即可证得结果． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 真题演练　重温高考 第 分 部 二 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业7 第 分 部 三 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 例1　(2025·辽宁锦州二模节选)已知f(x)＝ex＋sin x－1，求证：当x>0时，f(x)>ln x． 证明：f(x)＝ex＋sin x－1，因为sin x≥－1，所以f(x)≥ex－2． 下面证明：ex－2>ln x， 证法一　先证ex－2>x－1，即ex－x－1>0(x>0)， 令g(x)＝ex－x－1(x>0)，则g ′(x)＝ex－1>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)＝0，即ex－2>x－1．① 再证x－1≥ln x，即x－1－ln x≥0(x>0)， 令φ(x)＝x－1－ln x，则φ ′(x)＝1－＝， 当0<x<1时，φ ′(x)<0，当x>1时，φ ′(x)>0， 所以φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)min＝φ(1)＝0，即x－1－ln x≥0，所以x－1≥ln x．② 由①②得ex－2>ln x．综上，f(x)>ln x在(0，＋∞)上恒成立． 证法二　设F(x)＝ex－2－ln x，则F ′(x)＝ex－， 因为y＝ex，y＝－两个函数均在(0，＋∞)上单调递增，所以F ′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 因为F ′＝－2<0，F ′(1)＝e－1>0， 所以∃x0∈，使F ′(x0)＝ex0－＝0，所以ex0＝，即x0＝－ln x0， 当x∈(0，x0)时，F ′(x)<0， 当x∈(x0，＋∞)时，F ′(x)>0， 所以F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以F(x)≥F(x0)＝ex0－2－ln x0＝x0＋－2≥2－2＝2－2＝0， 当且仅当x0＝1时等号成立． 又因为x0≠1，所以F(x)>0，即ex－2>ln x，所以f(x)>ln x在(0，＋∞)上恒成立． 跟踪训练 (2025·湖北黄冈模拟节选)已知函数f(x)＝x ln x，求证：f(x)>－5x2＋2x－． 证明：因为f(x)＝x ln x(x>0)，所以f ′(x)＝1＋ln x， 所以当x∈时，f ′(x)<0，当x∈时，f ′(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)的最小值为f＝－．设函数h(x)＝－5x2＋2x－＝－5－， 所以h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h＝－<－．故f(x)>－5x2＋2x－． 例2　(2025·安徽合肥一模)已知函数f(x)＝ln x－a，其中a>0． (1)讨论f(x)的单调性； 解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且a>0，f ′(x)＝－a－＝，令g(x)＝－ax2＋x－a， 当1－4a2≤0，即a≥时，g(x)≤0恒成立，则f ′(x)≤0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当1－4a2>0，即0<a<时，令g(x)>0，解得<x<，则f(x)在上单调递增， 令g(x)<0，解得0<x<或x>，则f(x)在和上单调递减． 综上，当0<a<时，f(x)在上单调递增，在和上单调递减；当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减． (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，求证：f(x1)＋f(x2)＋f(x1＋x2)>ln 2－． 解：(2)证明：由(1)知，当0<a<时，f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)， 则x1，x2是方程g(x)＝0的两个根，由根与系数的关系，得x1x2＝1，x1＋x2＝， 所以0<x1<1<x2，f(x1)＋f(x2)＋f(x1＋x2)＝f(x1)＋f＋f＝ln x1－a＋ln －a＋f＝f＝ln －a＝－ln a－1＋a2，令h(x)＝－ln x－1＋x2，0<x<，则h ′(x)＝－＋2x＝，当0<x<时，h ′(x)<0，则h(x)在上单调递减，从而h(x)>h＝ln 2－，故f(x1)＋f(x2)＋f(x1＋x2)>ln 2－． 跟踪训练 (2025·山东青岛一模节选)已知函数f(x)＝ax－sin x，x∈，若f(x)有两个极值点，记极大值和极小值分别为M，m，求证：M－m<2． 证明：由f(x)＝ax－sin x，x∈，得f ′(x)＝a－cos x， 因为函数f(x)有两个极值点，所以方程f ′(x)＝a－cos x＝0有两个不相等的实根， 设为x1，x2且x1<x2，因为函数y＝cos x在x∈上的图象关于y轴对称， 所以x1＋x2＝0，即cos x1＝cos x2＝a∈(0，1)， 当x∈时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(x1，x2)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 所以x1，x2分别是函数的极大值点和极小值点， 即M＝f(x1)＝ax1－sin x1，m＝f(x2)＝ax2－sin x2． 又x1＋x2＝0，即x2＝－x1，所以M－m＝ax1－sin x1－(ax2－sin x2)＝2(ax1－sin x1)． 又cos x1＝a∈(0，1)，则M－m＝2(x1cos x1－sin x1)， 设h(x1)＝2(x1cos x1－sin x1)，－<x1<0， 则h ′(x1)＝－2x1sin x1<0，即函数h(x1)在上单调递减， 所以h(x1)<h＝2，即M－m<2． 　(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝xeax－ex． (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； 解：(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，则f ′(x)＝xex， 当x<0时，f ′(x)<0， 当x>0时，f ′(x)>0， 故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)． (2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围； 解：(2)设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0， 又h ′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设g(x)＝(1＋ax)eax－ex， 则g ′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex， 若a>，则g ′(0)＝2a－1>0， 因为g ′(x)为连续不间断函数，故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g ′(x)>0， 故g(x)在(0，x0)上单调递增，故g(x)>g(0)＝0，即h ′(x)>0， 故h(x)在(0，x0)上单调递增，故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾． 若0<a≤，则h ′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln (1＋ax)－ex， 下证：对任意x>0，总有ln (1＋x)<x成立， 证明：设S(x)＝ln (1＋x)－x，故S ′(x)＝－1＝<0， 故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，故S(x)<S(0)＝0，即ln (1＋x)<x成立． 由上述不等式有eax＋ln (1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0， 故h ′(x)<0总成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以h(x)<h(0)＝0，即f(x)<－1． 当a≤0时，有h ′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，即f(x)<－1．综上，a≤． (3)设n∈N*，求证：＋＋…＋>ln (n＋1)． 解：(3)证明：取a＝，则∀x>0，总有xex－ex＋1<0成立， 令t＝ex，则t>1，t2＝ex，x＝2ln t， 故2t ln t<t2－1，即2ln t<t－对任意的t>1恒成立． 所以对任意的n∈N*，有2ln <－， 整理得ln (n＋1)－ln n<，故＋＋…＋>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)，故不等式成立． 1．(15分)(2025·甘肃白银三模)已知函数f(x)＝ln x－x＋a． (1)若f(x)<0恒成立，求a的取值范围； 解：(1)ln x－x＋a<0⇒a<x－ln x， 令g(x)＝x－ln x，x>0， 则g ′(x)＝1－＝，令g ′(x)>0，得x>1，令g ′(x)<0，得0<x<1， 故g(x)＝x－ln x在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故g(x)＝x－ln x在x＝1处取得极小值，也是最小值，最小值为g(1)＝1， 故a<1，即a的取值范围是(－∞，1)． (2)若0<a≤1，求证：当x≥1时，f(x)＋x≤(x－1)ex－a＋1． 解：(2)证明：f(x)＋x≤(x－1)ex－a＋1⇒ln x－x＋a＋x≤(x－1)ex－a＋1，即ln x＋a≤(x－1)ex－a＋1．令h(x)＝ln x＋a－1－(x－1)ex－a，x≥1， 则h ′(x)＝－xex－a，令t(x)＝－xex－a，则t ′(x)＝－－(x＋1)ex－a<0恒成立，故t(x)即h ′(x)在[1，＋∞)上单调递减． 又0<a≤1，故h ′(1)＝1－e1－a≤0，故h ′(x)＝－xex－a≤0在[1，＋∞)上恒成立， 故h(x)＝ln x＋a－1－(x－1)ex－a在[1，＋∞)上单调递减． 又h(1)＝a－1≤0，故ln x＋a－1－(x－1)ex－a≤0，f(x)＋x≤(x－1)ex－a＋1，结论得证． 解：(1)f ′(x)＝ex－(m＋1)，由题意即解得当m＝0，n＝1时，f(x)＝ex－x－1，所以f ′(x)＝ex－1， 当x∈(－∞，0)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)在x＝0处取得极值．所以m＝0，n＝1． 2．(15分)(2025·山东潍坊二模)已知函数f(x)＝ex－(m＋1)x－n． (1)若f(x)在x＝0处取得极值0，求m，n的值． (2)若f(x)有两个零点． ①当n＝1时，曲线y＝f(x)在点(t，0)(t≠0)处的切线斜率为1，求t的值； ②求证：m＋1>e1－． 解：(2)①当n＝1时，f(x)＝ex－(m＋1)x－1， f ′(x)＝ex－(m＋1)，所以f ′(t)＝et－(m＋1)＝1， 又f(t)＝et－(m＋1)t－1＝0， 所以(m＋1)(t－1)＝0，解得m＝－1或t＝1． 若m＝－1，f(x)＝ex－1只有一个零点，不符合题意，舍去，所以t＝1． ②证明：f ′(x)＝ex－(m＋1)，若m＋1≤0，则f ′(x)>0，f(x)在R上单调递增，不合题意， 若m＋1>0，令f ′(x)＝0，得ex＝m＋1，x＝ln (m＋1)， 当x∈(－∞，ln (m＋1))时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(ln (m＋1)，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)在x＝ln (m＋1)处取极小值m＋1－(m＋1)ln (m＋1)－n． 因为函数f(x)有两个零点，则m＋1－(m＋1)ln (m＋1)－n<0， 所以ln (m＋1)>1－，即m＋1>e1－． 3．(15分)(2025·四川雅安二模)已知函数f(x)＝aex－ln x＋bx． (1)若a＝0，b＝1，求f(x)的单调区间和极值； 解：(1)若a＝0，b＝1，则f(x)＝－ln x＋x，则f ′(x)＝－＋1＝(x>0)， 令f ′(x)>0，得x>1，令f ′(x)<0，得0<x<1， 所以函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)， 所以函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值． (2)若b＝0，求证：当a>0时，f(x)≥2＋ln a． 解：(2)证明：若b＝0，则f(x)＝aex－ln x，则f ′(x)＝aex－(x>0)， 当a>0时，函数y＝aex，y＝－在(0，＋∞)上都是增函数， 所以函数f ′(x)＝aex－在(0，＋∞)上是增函数． 又当x→0时，f ′(x)→－∞，当x→＋∞时，f ′(x)→＋∞， 所以存在唯一实数x0∈(0，＋∞)，使得f ′(x0)＝aex0－＝0，即aex0＝， 令f ′(x)>0，则x>x0，令f ′(x)<0，则0<x<x0， 所以函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(x0)＝aex0－ln x0＝－ln ＝＋x0＋ln a≥2＋ln a＝2＋ln a， 当且仅当＝x0，即x0＝1时取等号，所以f(x)≥2＋ln a． 4．(15分)(2025·湖北咸宁二模)定义运算：＝mq－np，已知函数f(x)＝，g(x)＝－1． (1)若函数f(x)的最大值为0，求实数a的值； 解：(1)由题意知f(x)＝a ln x－x＋1，∴f ′(x)＝－1(x>0)， ①当a≤0时，f ′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不存在最大值． ②当a>0时，由f ′(x)＝0得x＝a， 当x∈(0，a)时，f ′(x)>0；当x∈(a，＋∞)时，f ′(x)<0． ∴函数y＝f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)． ∴f(x)max＝f(a)＝a ln a－a＋1＝0，令φ(a)＝a ln a－a＋1，求导得φ ′(a)＝ln a， 当a∈(0，1)时，φ ′(a)<0，函数φ(a)单调递减，当a∈(1，＋∞)时，φ ′(a)>0，函数φ(a)单调递增，因此φ(a)min＝φ(1)＝0，∴a＝1． (2)求证：·…·<e； 解：(2)证明：由(1)知，ln x－x＋1≤0，即ln x≤x－1， ∴当n>1时，ln <－1＝<＝－， ∴ln ＋ln ＋…＋ln <＋＋…＋＝1－<1，∴·…·<e． (3)若函数h(x)＝f(x)＋g(x)存在两个极值点x1，x2，求证：－a＋2<0． 解：(3)证明：∵h(x)＝f(x)＋g(x)＝a ln x－x＋，∴h ′(x)＝－1－＝，“函数h(x)存在两个极值点x1，x2”等价于“方程h ′(x)＝＝0即方程－x2＋ax－1＝0有两个不相等的正实数根”， 故解得a>2． ∵＝ ＝＝－2， ∴要证－a＋2<0，即证<1． ∵x1x2＝1，不妨令0<x1<1<x2，故x1＝<1， 由<1得2ln x2－x2＋<0，令φ(x)＝2ln x－x＋(x>1)， φ ′(x)＝－1－＝＝<0在(1，＋∞)上恒成立， ∴函数φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，故φ(x)<φ(1)＝0， ∴－a＋2<0成立． $