专题一 微专题 5 导数与不等式证明-【创新大课堂】2026年高考二轮数学专题复习

微专题5　导数与不等式证明 [考情分析]　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，试题难度中等或偏上，若以压轴题出现，则难度较大． 考点一　单变量函数不等式的证明 [例1]　(2025·湘豫名校模拟)已知函数f(x)＝－x＋a sin x(a∈R)的图象在x＝0处的切线方程为y＝0. (1)求a的值； (2)证明：xf(x)≥0. (1)解　由题意可得函数f(x)＝－x＋a sin x的定义域为R，又f′(x)＝－1＋a cos x， 曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝0，其斜率为0， 得f′(0)＝－1＋a＝0，解得a＝1. (2)证明　注意到f(0)＝0，且a＝1， 则f(x)＝－x＋sin x，f′(x)＝－1＋cos x， 令g(x)＝－1＋cos x，则g′(x)＝x－sin x. 令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增，即g′(x)在R上单调递增． 因为g′(0)＝0－sin 0＝0， 所以当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． 所以g(x)≥g(0)＝－1＋cos 0＝0，即f′(x)≥0， 所以f(x)在R上单调递增． 因为f(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，f(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0，所以xf(x)≥0. 利用导数证明或判定不等式问题常用方法 (1)最值法：通过移项构造新函数或者等价变型构造新函数，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． 跟踪训练1　(2025·安徽省安庆市三模)已知函数f(x)＝ln (x＋1)－. (1)当a＝1时，求f(x)的极值； (2)若f(x)≥0，求a的值； (3)求证：sin ＋sin ＋…＋sin <ln 2(n∈N*). 【分析】　(1)求导，根据函数的单调性可得最值； (2)分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值； (3)利用放缩法，由sin x<x(x>0)，可知若证sin ＋sin ＋…＋sin <ln 2，即证＋＋…＋<ln 2，再根据<ln ()，可得证． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝ln (x＋1)－，x>－1，则f′(x)＝－＝， 当x∈(－1，0)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处取得极小值0，无极大值； (2)由题意得f′(x)＝－＝， ①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 所以当x∈(－1，0)时，f(x)<f(0)＝0，与f(x)≥0矛盾； ②当a>0时，当x∈(－1，a－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(a－1)＝ln a－(a－1)，因为f(x)≥0恒成立，所以ln a－(a－1)≥0， 记g(a)＝ln a－(a－1)，g′(a)＝－1＝，当a∈(0，1)时，g′(a)>0，g(a)单调递增， 当a∈(1，＋∞)时，g′(a)<0，g(a)单调递减，所以g(a)max＝g(1)＝0，所以ln a－(a－1)≤0， 又ln a－(a－1)≥0，所以ln a－(a－1)＝0，所以a＝1； (3)证明：先证sin x<x(x>0)，设h(x)＝sin x－x(x>0)，则h′(x)＝cos x－1≤0， 所以h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，即sin x<x， 所以sin ＋sin ＋…＋sin <＋＋…＋，再证<ln ， 由(2)可知ln (x＋1)≥，当x＝0时等号成立，令x＝(n∈N*)，则ln ≥， 即<ln ＝ln (n＋1)－ln n，所以<ln (n＋2)－ln (n＋1)，……，<ln (2n)－ln (2n－1)， 累加可得＋＋…＋<ln (2n)－ln n＝ln 2，所以sin ＋sin ＋…＋sin <ln 2. 考点二　双变量函数不等式的证明 [例2]　(2025·高三山东德州二模)已知函数f(x)＝x ln x(x>0)； (1)求函数f(x)的极值； (2)若不等式f(x)≥ax＋b(a，b∈R)当且仅当在区间[e，＋∞)上成立(其中e为自然对数的底数)，求ab的最大值； (3)实数m，n满足0<m<n，求证：ln m＋1<<ln n＋1. (1)解　由函数f(x)＝x ln x，得f′(x)＝1＋ln x 当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0. 则函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 所以当x＝时，函数f(x)取得极小值－，无极大值． (2)解　由题意得f(x)≥ax＋b⇔ln x－a－≥0， 令h(x)＝ln x－a－，则h′(x)＝＋＝， 若b≥0，则h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)单调递增， 所以h(e)＝0，即1－a－＝0⇔a＝1－. 所以ab＝b－，当b＝时，ab取最大值 ； 若b<0，因为f(1)＝0，所以当a<0时， 不等式在[1，＋∞)成立，不合题意，当a≥0时，ab≤0. 综上ab的最大值. (3)证明　方法一　依题意得－ln m＝＝ln ， 令＝t，由0<m<n，得t>1，令h(t)＝t ln t－t＋1，求导得h′(t)＝ln t>0， 函数h(t)在(1，＋∞)上单调递增，h(t)>h(1)＝0，因此>1， 即－ln m>1， 于是>ln m＋1； －ln n＝＝ln ＝， 令φ(t)＝ln t－t＋1，求导得φ′(t)＝－1<0， 函数φ(t)在(1，＋∞)上单调递减，φ(t)<φ(1)＝0 因此<1，即－ln n<1，则<ln n＋1， 所以ln m＋1<<ln n＋1. 方法二　ln m＋1<<ln n＋1 ⇔(ln m＋1)(n－m)<f(n)－f(m)<(ln n＋1)(n－m) ⇔ ⇔，令f(x)＝ln x－x＋1，则F′(x)＝－1， 当0<x<1时，F′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递增； 当x>1时，F′(x)<0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减． 所以f(x)≤F(1)＝0，即ln x≤x－1，所以成立， 即原不等式ln m＋1<<ln n＋1成立． 双变量不等式的处理策略： 含两个变量的不等式，基本的思路是将之转化为一元的不等式， 具体转化方法主要有三种：整体代换，分离变量，选取主元． 跟踪训练2　(2025·高三四川成都二模)已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1. (1)当a＝0时，求证：f(x)≤x； (2)讨论函数f(x)的单调性； (3)设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. (1)证明　要证f(x)≤x即证x－ln x－1≥0， 令g(x)＝x－ln x－1(x>0)，g′(x)＝， 由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得0<x<1， ∴g(x)在(1，＋∞)单调递增，在(0，1)单调递减， ∴g(x)min＝g(1)＝0， 可得g(x)≥0成立，即f(x)≤x成立； (2)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝， 当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≤－1时，f′(x)＝<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当－1<a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝. 当x∈(0，)时，f′(x)>0；x∈(，＋∞)时，f′(x)<0. 故f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≤－1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当－1<a<0时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减； (3)证明　不妨设x1≥x2，由于a≤－2，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)， 即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1. 令h(x)＝f(x)＋4x，则h′(x)＝＋2ax＋4＝. 于是h′(x)≤＝≤0. 从而h(x)在(0，＋∞)上单调递减，故h(x1)≤h(x2)， 即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2， 故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. 学科网（北京）股份有限公司 $