导数中不等式的放缩与分段讨论 讲义-2026届高三数学二轮复习

导数中不等式的放缩与分段讨论 导数中不等式的放缩与分段讨论是相辅相成、密不可分的，一个不等式的证明，尤其是较为复杂不等式的证明往往不是一气呵成的，而是通过两次甚至多次放缩来完成；进行放缩时自然会遇到一个放缩的力度问题，即不能放缩过大又不能过小，因此不能笼统地对函数作出处理，需要进行分段讨论。 一、重要不等式链x+sinx≥≥2ln（1+x）（x>-1）的证明； 该不等式链的证明应该说是难到了好多数学爱好者，欲知其证明（尤其是帕德逼近以外的其它证明）过程的大有人在；现在对上述三个不等式分别作出证明。 （一）当x>-1时，求证x+sinx≥2ln（1+x）； 证明：方法一： 令f(x)=x+sinx-2ln（1+x）(x>-1)，由题意只需证明f(x)≥0即可； 得(x)=1+cosx- ，(x)=-sinx+ ， （1）.当x时，-sinx≥0，∴(x)>0，(x)在内单调递增， 由(0)=0得(x)<0，∴f(x)在内单调递减，由f(0)=0得f(x)>0； （2） .当x时， 令p(x)=sinx- x， =cosx- = ， 令q(x)=，=cosx-， 在[0，]上单调递减，=1，=cos - =-<0， 故必∃，使得=0， x[0，)时，>0，q(x)单调递增，x(，]时，<0,q(x)单调递减，q(0)=0，q()>0，q()=cos -1=<0； ∴必∃，使得=0，x(,)时，q(x)>0，得>0，p(x)在(，)上单调递增，x(，]时，q(x)<0，得<0， p(x)在(，)上单调递减，∵p()=1-ln(+1)>0,又p(0)=0， ∴p(x)=sinx-≥p(0)=0， 即sinx≥； 令w(x)=x-sinx x， =1-cosx≥0，w(x)单调递增，w(x)≥w(0)=0， 即x≥sinx； ∴x≥sinx≥ln（1+x）x， 将不等式x≥与sinx≥左右两边分别相加得 x+sinx≥2ln（1+x）； （3）.当x时， 令g(x)=sinx+ (x)， ∴(x)=cosx+ ，(x)在上单调递减，()= >0，()=-1+ <0， ∴必存在唯一的上，使得()=0， ∴x[，)时，(x)>0，g(x)单调递增，g[,时,(x)<0，g(x)单调递减，当x=时，g(x)取得上的最大值g()， 由于g()=1，g()=0，故g(x)≥0，得sinx>- (x). ∴f(x)=x+sinx- =(1-- ， 令h(x)=(1-- x， 则()=1- - = - - = ； 由单调递增，且=-1.555<0， 得()<0，h(x)在上单调递减， ∴h(x)>h()=-2=0.2994>0， ∴f(x)>h(x)>0； （4）.当x时，-sinx≥0，∴(x)=-sinx+ >0， (x)在内单调递增，由()=- ()=0.6499>0， ∴，使得()=0， 当x时，(x)<0，f(x)单调递减，当x时，(x)>0， ∴f(x)单调递增，当x时，f(x)取得最小值f()； 由于()=-0.1130，()=0.6499，可知(，)； 令m(x)=sinx+ (- )+ < )， ∴(x)=cosx+>0，m(x)单调递增，m(x)>m()=0, 得sinx>- (- )- < )， ∴f(x)=x+sinx- >x- (x- )- - =(1- )x+ ( -1)- ； 令s(x)=(1- )x+ ( -1)- <)， (x)=1- - ，(x)单调递增，()=-0.05722<0， 得(x)<0， s(x)单调递减； 由()=-0.012055，()= ()=0.01882， 进一步得<， ∴s()>s()=0.013667>0， 故f(x)≥f()>s()>0； （5）.当x时， f(x)=x+sinx-2ln（1+x）≥x-1-2ln（1+x）， 令t(x)=x-1-2ln（1+x）x， 则(x)=1- = >0，∴t(x)单调递增，t(x)≥t()= -1-2ln（1+） =0.2271>0，即f(x)≥t(x)>0， 综上所述：当x>-1时，f(x)≥0恒成立，即x+sinx≥2ln（1+x）。 方法二：（1）、（2）、（3）同上； （4）.当x时，-sinx≥0，∴(x)=-sinx+ >0， (x)在内单调递增，由()=- (2)>0， ∴，使得()=0， 当x时，(x)<0,f(x)单调递减，当x时，(x)>0， f(x)单调递增，当x时，f(x)取得最小值f()； 由于()=-0.1130，()=0.6499， 可知(，)； 由于()=-0.0490，()=()=0.0188， 可知(，)； 由于()=-0.0155， 可知(，)； 由于()=1+cos- 0，∴cos= ，得sin=- ； ∴f()=+sin-2ln（1+）=- -2ln（1+）； 令u(x)=- -2ln（1+）x； ()=1- - = = =； ∴u(x)单调递增，u()=-0.0668<0，u()=-0.0152<0， 而u()=0.0107>0， 得f()=u()>u()>0， 故f(x)≥f()>0； 附：红色图像为f(x)=x+sinx-2ln（1+x）(x>-1)的图像， 绿色图像为u(x)=- -2ln（1+）(x≥0)的图像； （5）.当x时，用代替方法一（5）中的同理可证得 x+sinx≥2ln（1+x）； 综上所述：当x>-1时，f(x)≥0恒成立，即x+sinx≥2ln（1+x）。 （二）当x>-1时，求证：≥2ln（1+x） 证明:令g(x)= -2ln（1+x） 则(x)=2[ - ] =2[ - ] =2[ - ] =2 =2 =2 =，，= ； 令=1.429，=4.389； 当-1<x<0时，(x)<0,g(x)单调递减， 当0<x<时，(x)>0,g(x)单调递增， 当<x<时，(x)<0,g(x)单调递减， 当x>时，(x)>0,g(x)单调递增， ∴g(x)在x=0与x=处取得极小值；∵g(0)=0，g()=g(4.389)=0.004232， ∴g(x)在x=处取得最小值g(0)=0，即g(x)≥g(0)=0； 故≥2ln（1+x）。 （三）当x>-1时，求证：x+sinx≥ 证明:令g(x)=x+sinx- 则(x)=1+cosx-2 =1+cosx-2 = +cosx 令h(x)= ， 则(x)= - sinx = - sinx = - sinx = - sinx= - sinx； ( )=1.739>0，()= -0.6762<0，( )>0，由函数的图像（红色）与sinx的图像（绿色）得： (x)在[0， )上存在唯一的零点，(x)在[ ，)上存在唯一的零点，(x)在[，2)上始终大于0； 即当x时，(x)>0，(x)单调递增，由(0)=0，得()>0； 当x时，(x)<0，(x)单调递减， 当x时，(x)>0,(x)单调递增， ∴(x)分别在处取得极大值与极小值； 由于<，()<() +cos=-0.4721<0， ()=0.22533>0，()= =0.6464>0， ∴(x)在， )上存在唯一的零点，(x)在(，)上存在唯一的零点(<<)，(x)在[，2)上始终大于0； 即当x时，(x)>0，(x)单调递增， 当x时，(x)<0，(x)单调递减， 当x时，(x)>0，(x)单调递增， ∴(x)分别在处取得极大值与极小值； （1） .当x时，令x=-t [0<t<1)， 要证x+sinx≥ （x）转化为-t-sint≥ ， 即证t+sint≤[0<t<1)， ∵sint≤t，只需要证明2t≤[0<t<1)即可； 由于2t≤[0<t<1)显然成立，得x+sinx≥成立； （2）.当x时，(x)max=()， 由于g(0)=0，g()=+sin- =0.2879>0， 得当x时，(x)>0恒成立。 （3）当x时，(x)min=()， g(x)=x+sinx- ， (x)= +cosx 由()=0得 +cos=0； ∵()=-0.1084，得<， 令s(x)=sinx+ (- )+ < )， ∴(x)=cosx+>0，p(x)单调递增，s(x)>s()=0， 得sinx>- ( - )- <)， ∴g(x)=x+sinx- >x- (x- )- - =(1- )x+ ( -1)- ； 令t(x)=(1- )x+ ( -1)- <)， ()=-0.012055，()= ()=0.0219，()=0.1166， 进一步得<， t()=0.01283>0， t()=0.008957>0， ∵(x)=1- -2 = - ， (x)= >0， ∴(x)单调递增，(x)< ()=-0.09739<0，∴t(x)单调递减， ∴t()>t()>0， 即x时，g(x)≥g()>t()>0恒成立； （4）当x时， g(x)=x+sinx- ≥x-1- = ； 令m(x)=， 则(x)=(x)= >0， (x)单调递增，(x)>()>0,m(x)单调递增，m()=0.2223>0， ∴m(x)≥m()>0， ∴g(x)≥m(x)>0； 综上所述：当x>-1时,x+sinx≥恒成立。 2、 重要不等式链 -ln(x+1)≤2x-sinx≤-1（x≥0）的证明； 现在对上述三个不等式分别作出如下证明： （一）当x≥0时，求证： -ln(x+1)≤2x-sinx； 证明：方法一 令f(x)= 2x-sinx - +ln(x+1)= -sinx +ln(x+1)， 只需证明f(x)≥0即可。 ∴(x)= -cosx+ = -cosx； (x)= - +sinx， (x)= +cosx， （1） 当x[0， )时，(x)>0,(x)单调递增，()()=0.7309， ∴(x)在[0， )上存在唯一的零点，即当x时，(x)<0， (x)单调递减，当x时，(x)>0,(x)单调递增， ∴(x)在处取得最小值()；由()= - +sin=0， 得 sin=，∴cos= = ； ()= -cos= - =； ∵<， ∴-() =)()+2>0， ∴， ∴()>0； 因此(x)>()>0，得f(x)在上单调递增， ∴f(x)≥f(0)=0； （2） 当x[ ，)时， f(x)= -sinx +ln(x+1)， (x)= -cosx>0，f(x)单调递增， ∴f(x)>f()= -1+ln( +1)=0.5552>0； （3）当x[，+)时， f(x)= -sinx +ln(x+1)> -1 +ln(x+1)=- +ln(x+1)>0； 综上所述：当x≥0时， -ln(x+1)≤2x-sinx。 方法二 （1） 当x[0， )时， f(x)= -sinx +ln(x+1)≥ -x+ln(x+1)； 令g(x)= -x+ln(x+1) x[0， )， 则(x)= -1+ ； 显然(x)单调递减，(0)=1，()<0， ∴(x)在[0， )上存在唯一的零点，即当x时，(x)>0，(x)单调递增，当x时，(x)<0,(x)单调递减， ∴(x)在处取得最大值()； ∵(0)=0，()= - +ln(+1) =0.1808>0， ∴(x)≥0， 得f(x)≥(x)≥0； （2） 当x[ ，)时， 令h(x)= x+ - -sinx x[ ，)， ∴(x)= -cosx≥0，h(x)单调递增，h()=0，∴h(x)≥h()=0， ∴ x+ - ≥sinx x[ ，)； f(x)= -sinx +ln(x+1)≥ +ln(x+1)- x+ - ； 令m(x)= +ln(x+1)- x+ - x[ ，)， (x)= - + = - = ，(x)单调递减， ()>0，得(x)>0，m(x)单调递增， m(x)≥m()= +ln( +1)- + - =0.36197>0； ∴f(x)≥(x)≥0； （3） 当x[ ，)时， f(x)= -sinx +ln(x+1)， (x)= -cosx>0，f(x)单调递增， ∴f(x)>f()= -1+ln( +1)=0.5552>0； （4）当x[，+)时， f(x)= -sinx +ln(x+1)> -1 +ln(x+1)=- +ln(x+1)>0； 综上所述：当x≥0时， -ln(x+1)≤2x-sinx。 （二）当x≥0时，求证：2x-sinx≤-1； 证明： 令f(x)=-1- 2x+sinx（x≥0） ，只需证明f(x)≥0即可； (x)=-2+cosx，(x)=-sinx，当x≥0时，≥1,∴(x)≥0，(x)单调递增，∴(x)≥(0)=0，得f(x)单调递增，∴f(x)≥f(0)=0， 即当x≥0时，2x-sinx≤-1恒成立。 （三）当x≥0时，求证： -ln(x+1)≤-1； 证明：方法一 只需证明当x≥0时，ln(x+1)- ≥0即可； 令f(x)=ln(x+1)- （x≥0） ， (x)=+ - = - ， (x)=- ，(x)=+ >0， ∴(x)在[0，+单调递增，(0)=-2，(1)=e-1>0， ∴(x)在[0， )上存在唯一的零点，即当x时，(x)<0， (x)单调递减，当x时，(x)>0，(x)单调递增， ∴(x)在处取得最小值()；由()= - =0.5376>0， 进一步得； 由()=- =0得=； ∴()= - = - = ； 令F（x）= ， 令g(x)=， ()=-12-14x+2，()在上单调递减,()=2，()=-8， ∴()在上存在唯一的零点，即当x时，()>0，(x)单调递增，当x时，()<0，(x)单调递减，()在处取得最大值；g(0)=3，g()= >0，∴在上g(x)>0， ∴()>0，∴在上()>0恒成立； ∴(x)≥()>0，从而()单调递增，()≥()=0， 综上所述，当x≥0时， -ln(x+1)≤-1恒成立。 方法二 先完成两个重要不等式的证明： ≥1+x+(x≥0)与ln(x+1)≥ (x≥0)； 令h(x)=-1-x- (x≥0)，∴(x)=-1-x，(x)=-1≥0， ∴(x)在[0，+)上单调递增，(x)≤(0)=0，∴h(x)在[0,+)上单调递增，得h(x)≥h(0)=0，即≥1+x+(x≥0)； 令m(x)=ln(x+1)- (x≥0)； ∴(x)= - = ，由x≥0得(x)≥0，m(x)在[0,+)上单调递增，得m(x)≥m(0)=0，即ln(x+1)≥ (x≥0)； ∴ln(x+1)- ≥1+x++ - = + = + = ， ∵=+>0， 由 x≥0， ∴≥0；得ln(x+1)- =ln(x+1)- ≥0， 即当x≥0时， -ln(x+1)≤-1恒成立。 附：函数y=ln(x+1)- 的图像如图所示。 三、相关典题 例1.求证:+ln(x+1)-1≥2x (x≥0)； 证明：x≥0，易证 ≥1， ln(x+1)≥ ； +ln(x+1)-1-2x≥1+ -1-2x= + - x = x(x+ -2)= = ≥0； 即+ln(x+1)-1≥2x 。 例2.求证:+ -1≥2x (x≥0)； 证明： 令g(x)=+ -1-2x（x≥0）， ∴()=+ -2， （1） 当x时，1<，≥1，()=+ -2>0， g(x)单调递增，g(x)≥g(0)=0； （2）当x时，0<，≥e，()=+ -2>e-2>0， g(x)单调递增，g(x)≥g(1)=e- >0； 综上所述：当x≥0时，+ -1≥2x 恒成立。 例3.求证:-1-ln(x+1)≥x -sinx （x>-1）； 证明： 令g(x)=-1-ln(x+1)-x +sinx ， ∴()=+cosx- ， ∴()=-sinx， （1）.当x时， -sinx≥0，>0，∴()>0，()单调递增，∴()()=0， g(x)在上单调递减，∴g(x)≥g(0)=0； 即:-1-ln(x+1)≥x -sinx 。 （2）.当x时， 令h(x)=cosx-1 x， 则()=-sinx+x，()=1-cosx≥0，∴()单调递增，()≥()=0， ∴h(x)在）上单调递增，得h(x)≥h(0)=0， ∴cosx≥1； ∴()=+cosx- ≥+1- -1=- ； 令m(x)=- x， 则()=+ ≥x+1-x+ =1+ >0， ∴m(x)在）上单调递增，得()≥m(x)≥m(0)=0， 得g(x)在）上单调递增，得g(x)≥g(0)=0， 即:-ln(x+1)≥x -sinx 。 综上所述，x>-1时，-1-ln(x+1)≥x -sinx 恒成立。 例4.求证: ln(x+1)- <x -sinx （x≥）； 证明： 令g(x)= x -sinx- ln(x+1)+ （x≥）， ∴()=1-cosx- + ， ∴()=sinx+ - =sinx+ , （1）.当x时， g(x)≥ x -1- ln(x+1)+1 + =(x+1 )-1- ln(x+1) + ≥； ∴当x≥2时，g(x)≥ 0，原不等式成立； （2）.当x时， 令m(x)=sinx- (-)< )， ∴(x)=cosx-<0，m(x)单调递减， m(x)≤m()=0， ∴sinx- (- )≤0， 得-sinx≥- (- )< )， ∴g(x)= x -sinx- ln(x+1)+ ≥x - (- ) - ln(x+1)+ =(1- )x+ - - ln(x+1)+ ； 令s(x)=(1- )x+ - - ln(x+1)+ < )， 则(x)=1- - =1- - ， (x)=-=； 由< 时，<0得，(x)<0，(x)单调递减， ∵()=0.0494>0，∴(x)>0,s(x)在单调递增， ∴s(x)≥s()=0.01748>0； ∵2，∴综合（1）（2）得x时s(x)>0， 综上所述：当x≥时，ln(x+1)- <x -sinx恒成立。 例5.试讨论函数f(x)=ln(x+1)-xsinx在（-1，2）上的零点个数； 解析：方法一： (x)=-sinx -xcosx， (x)=- -2 cosx+xsinx ， (x)= +3 sinx+xcosx， （1） 当时，(x)>0，f(x)单调递增，f(x)<f(0)=0， 函数f(x)没有零点； （2）当时，f(0)=0，是函数f(x)的一个零点； （3）当x ]时，(x)>0，(x)单调递增，(0)=-3，( )>0， ∴(x)在上存在唯一的零点，当x时，()<0， (x)单调递减，当x时，()>0，(x)单调递增，(x)在处取得最小值；(0)=1，()<0，∴在上存在唯一的零点，当x时，(x)>0,f(x)单调递增，当x]时，(x)<0， f(x)单调递减，(x)在处取得最大值；由(0)=0， ()=ln( +1)- <0得函数f(x)在上存在唯一零点； （4） 当x ，]时，(x)= +3 sinx+xcosx = +(sinx+cosx)= +sin(x+)， 其中，cos=，sin=， ； ∵ <x<，∴< < < <1 ，得 ，∴<x+<， ∴sin(x+)>0，(x)>0； ∴(x)单调递增，(x)>()>0，(x)单调递增，∵()< 0， ()>0， ∴()在上存在唯一的零点，当x时，(x)<0， f(x)单调递减，当x]时，(x)>0，f(x)单调递增， (x)在处取得最小值；由()=ln( +1)- <0， f()=ln( +1)-sin =-0.4552<0，∴(x)<0； 得函数f(x)在上没有零点； （5）当x，]时， (x)= -sinx -xcosx= -(sinx+cosx) = -sin（x+）， 其中cos= ，sin=， ； ∵<x<，∴< < x< <3.2 ， ，∴<x+<； ∴sin(x+)<0，(x)>0， f(x)单调递增，由f()=ln( +1)- sin =-0.4552<0， f()=ln(+1)-sin=ln(+1)>0， 得函数f(x)在，]上存在唯一零点； 综上所述：函数f(x)=ln(x+1)-xsinx在（-1，2）上有且只有3个零点； 方法二： （1）当时，f(0)=0，是函数f(x)的一个零点； （2）当时，ln(x+1)<0，xsinx>0，f(x)=ln(x+1)-xsinx<0， 函数f(x)没有零点； （3）当x（0，2）时，由f(x)=ln(x+1)-xsinx=0得 =sinx； 函数f(x)在（0，2）上的零点个数转化为函数y=与y=sinx （x（0，2））的图像公共点的个数。 对于y= x（0，2），= ， 令()= ，(x)= - = <0， ()单调递减，()()=0，∴<0，函数y= x（0,2）单调递减，∵ = =1，∴0<y<1； 由两个函数的图像得y= 与y=sinx（x（0，2））的图像有且只有2个公共点； 综上所述：函数f(x)=ln(x+1)-xsinx在（-1，2）上有且只有3个零点； 附：函数y= （x>-1）与y=sinx的图像如图所示。 例6.求证：当x（-1，1）时，(x+1)sinx≥ln(x+1)； 证明:令f(x)=(x+1)sinx-ln(x+1) x（-1，1）； 则(x)=sinx+(x+1)cosx- ， (x)= cosx+cosx-(x+1)sinx+ =2cosx-(x+1)sinx+ ， (x)= -2 sinx-[sinx+(x+1)cosx]- = -3sinx-(x+1)cosx- ； (1)当x（-1，0]时，cosx>0,sinx≤0，>0， ∴(x)=2cosx-(x+1)sinx+ >0，(x)在（-1，0]上单调递增， 得(x)≤(0)=0，f(x)在（-1，0]上单调递减，∴f(x)≥f(0)=0， 即(x+1)sinx≥ln(x+1)； (2) 当x（0,1）时， (x)= -3sinx-(x+1)cosx- <0，(x)在（0,1）上单调递减， (0)=3>0，(1)=2cos1-2sin1+ =-0.3523<0， ∴(x)在上存在唯一的零点，当x时，(x)>0， (x)单调递增，当x1）时，(x)<0，(x)单调递减， (x)在处取得最大值；由(0)=0，(1)=sin1+2cos1- >0，得(x)>0， ∴f(x)在（0，1）上单调递增，∴f(x)≥f(0)=0， 即(x+1)sinx≥ln(x+1)； 综上所述：当x（-1，1）时，(x+1)sinx≥ln(x+1)恒成立。 学科网（北京）股份有限公司 $