不等式的证明问题课件-2027届高三数学一轮复习

不等式的证明问题 重难解读 　　在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的 最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数 的单调性或最值问题. 目录/ CONTENTS 考点一 移项构造函数证明不等式 01 考点二 分拆函数法证明不等式 02 课时跟踪训练 03 01 PART 考点一 移项构造函数证明 不等式 目 录 （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： f'（x）＝aex－1，x∈（－∞，＋∞）. 当a≤0时，f'（x）＜0， 所以函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减； 当a＞0时，令f'（x）＞0，得x＞－ln a； 令f'（x）＜0，得x＜－ln a， 所以函数f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，在（－ln a，＋∞）上单 调递增. 综上，当a≤0时，函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减； 当a＞0时，函数f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，在（－ln a，＋ ∞）上单调递增. 高中总复习·数学 目 录 （2）证明：当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ . 解：证明：由（1）得当a＞0时，函数f（x）的最小值为f（－ln a）＝1 ＋a2＋ln a. 令g（a）＝1＋a2＋ln a－2ln a－ ＝a2－ln a－ ，a∈（0，＋∞）， 所以g'（a）＝2a－ ， 令g'（a）＞0，得a＞ ； 令g'（a）＜0，得0＜a＜ ， 高中总复习·数学 目 录 所以函数g（a）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增， 所以函数g（a）的最小值为g（ ）＝（ ）2－ln － ＝ln ＞0， 所以当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ 成立. 高中总复习·数学 目 录 规律方法 1. 若待证不等式的一边含有自变量，另一边为常数，可直接求函数的最 值，利用最值证明不等式. 2. 若待证不等式的两边含有同一个变量，一般地，可以直接构造“左 减右”的函数，基本步骤：①作差或变形；②构造函数g（x）；③利 用导数研究g（x）的单调性与最值；④根据单调性及最值，得到欲证 的不等式. 高中总复习·数学 目 录 练1 〔一题多解〕（2024·全国甲卷20题节选）已知函数f（x）＝a（x－ 1）－ln x＋1.当a≤2时，证明：当x＞1时，f（x）＜ex－1恒成立. 证明：法一　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， 高中总复习·数学 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恒成立. 法二　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， 高中总复习·数学 目 录 由基本初等函数的单调性可知h'（x）在（1，＋∞）上单调递减， 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恒成立. 高中总复习·数学 目 录 02 PART 考点二 分拆函数法证明不等式 目 录 已知函数f（x）＝eln x－ax（a∈R）. （1）讨论f（x）的单调性； 解： f'（x）＝ －a（x＞0）， ①若a≤0，则f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增； ②若a＞0，则当0＜x＜ 时，f'（x）＞0， 当x＞ 时，f'（x）＜0， 故f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，＋∞）上单调递减. 高中总复习·数学 目 录 （2）当a＝e时，证明：xf（x）－ex＋2ex≤0. 解：证明：因为x＞0，所以只需证f（x）≤ －2e. 当a＝e时，由（1）知，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞） 上单调递减， 所以f（x）max＝f（1）＝－e. 记g（x）＝ －2e（x＞0），则g'（x）＝ ， 所以当0＜x＜1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减， 高中总复习·数学 目 录 当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）单调递增， 所以g（x）min＝g（1）＝－e. 综上，当x＞0时，f（x）≤g（x）， 即f（x）≤ －2e， 即xf（x）－ex＋2ex≤0得证. 高中总复习·数学 目 录 规律方法 构造双函数证明不等式的一般思路 （1）在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑 转化为两个函数的最值问题； （2）在证明过程中，“分拆”转化是关键，即将原不等式适当移项变形 为f（x）＞g（x），从而研究两个函数式f（x），g（x），使f（x） min＞g（x）max恒成立，或f（x）min≥g（x）max恒成立（f（x）与g （x）取到最值的条件不是同一个“x的值”），从而f（x）＞g（x）； （3）含ln x与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，一般 地，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点.分别 计算它们的最值，借助最值进行证明. 高中总复习·数学 目 录 练2 当a∈（0，2e）时，求证：2x2－（2x＋a）ln x＞0. 证明：由题意可知x＞0，要证明2x2－（2x＋a）ln x＞0，即证x－ln x ＞ . 令g（x）＝x－ln x，则g'（x）＝1－ ＝ ，x＞0， 由g'（x）＜0，得0＜x＜1，由g'（x）＞0，得x＞1，所以g（x）在 （0，1）内单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以g（x）≥g（1） ＝1. 令h（x）＝ ，则h'（x）＝ ， 高中总复习·数学 目 录 因为a∈（0，2e），所以由h'（x）＜0，得x＞e，由h'（x）＞0，得0＜x ＜e，所以h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，所 以h（x）≤h（e）＝ ＜1，所以g（x）＞h（x）恒成立，即x－ln x ＞ 恒成立. 所以当a∈（0，2e）时，2x2－（2x＋a）ln x＞0. 高中总复习·数学 目 录 04 PART 课时跟踪检测 （时间：50分钟，满分：50分） 目 录 1. （10分）求证：ln x＋x＋1≤xex. 证明：设g（x）＝xex－ln x－x－1，x＞0，则g'（x）＝（x＋1）ex－ －1. 令h（x）＝（x＋1）ex－ －1，x＞0，则h'（x）＝（x＋2）ex＋ ＞ 0，即h（x）在（0，＋∞）上单调递增. 又h（ ）＝ －3＜0，h（1）＝2e－2＞0，故∃x0∈（ ，1），使得h （x0）＝0，则x0 ＝1. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，g（x）在（0，x0）上单调递减，当 x∈（x0，＋∞）时，h（x）＞0，g（x）在（x0，＋∞）上单调递增， 故g（x）min＝g（x0）＝x0 －ln －x0－1＝0，则g（x）≥0，即ln x ＋x＋1≤xex. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 2. （10分）（2026·江西南昌模拟节选）已知函数f（x）＝ex2－xln x，求 证：当x＞0时，f（x）＜xex＋ . 证明：要证f（x）＜xex＋ ，由于x＞0，只需证ex－ln x＜ex＋ ，即 证ex－ex＜ln x＋ . 令h（x）＝ln x＋ （x＞0），则h'（x）＝ ， 易知h（x）在（0， ）内单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增，则h （x）min＝h（ ）＝0，所以ln x＋ ≥0. 再令φ（x）＝ex－ex（x＞0），则φ'（x）＝e－ex， 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 易知φ（x）在（0，1）内单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，则φ （x）max＝φ（1）＝0，所以ex－ex≤0. 因为h（x）与φ（x）不同时为0，所以ex－ex＜ln x＋ ，故原不等式 成立. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 3. （15分）已知函数f（x）＝ln x－ax2＋（2－a）x. （1）讨论f（x）的单调性； 解： f（x）的定义域为（0，＋∞）. f'（x）＝ －2ax＋（2－a）＝－ . ①若a≤0，则f'（x）＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增. ②若a＞0，则由f'（x）＝0得x＝ ，且当x∈（0， ）时，f'（x）＞0， 当∈（ ，＋∞）时，f'（x）＜0. 所以f（x）在（0， ）内单调递增，在（ ，＋∞）上单调递减. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 （2）设a＞0，证明：当0＜x＜ 时，f（ ＋x）＞f（ －x）. 解： 证明：当0＜x＜ 时，设函数g（x）＝f（ ＋x）－f（ － x），则g（x）＝ln（1＋ax）－ln（1－ax）－2ax，g'（x）＝ ＋ －2a＝ . 当0＜x＜ 时，g'（x）＞0，而g（0）＝0，所以g（x）＞0. 故当0＜x＜ 时，f（ ＋x）＞f（ －x）. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 4. （15分）〔一题多解〕设函数f（x）＝aexln x＋ ，曲线y＝f （x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝e（x－1）＋2. （1）求a，b； 解： 函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝aexln x＋ ex － ex－1＋ ex－1， 由题意可得f（1）＝2，f'（1）＝e，故a＝1，b＝2. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 （2）证明：f（x）＞1. 解： 证明：法一　由（1）知，f（x）＝exln x＋ ，从而f （x）＞1等价于xln x＞xe－x－ . 令函数g（x）＝xln x，则g'（x）＝1＋ln x， 所以当x∈（0， ）时，g'（x）＜0；当x∈（ ，＋∞）时，g'（x）＞ 0. 故g（x）在（0， ）内单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增， 从而g（x）在（0，＋∞）上的最小值为g（ ）＝－ . 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 令函数h（x）＝xe－x－ ，则h'（x）＝e－x（1－x）. 所以当x∈（0，1）时，h'（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜ 0. 故h（x）在（0，1）内单调递增，在（1，＋∞）上单调递减， 从而h（x）在（0，＋∞）上的最大值为h（1）＝－ . 因为g（x）与h（x）不同时取最值，所以g（x）＞h（x）. 综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 法二　由（1）知，f（x）＝exln x＋ . 易证明ex≥x＋1（当且仅当x＝0时取等号）. 因为ex≥x＋1，所以ex－1≥x，即ex≥ex，故 ≥e－x（当且仅当x＝1时 取等号）.　① 由ex－1≥x，得e1－x≤ ，即 ≤ex. 两边取以e为底的对数，得ln（ex）≥1－ . 所以ln x＋ ≥0（当且仅当x＝ 时取等号）.　② 由于①②式等号不能同时成立，两式相加，得ln x＋ ＞e－x. 两边同乘以ex，得f（x）＞1. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 法三　由（1）知，f（x）＝exln x＋ . 要证f（x）＞1，即证exln x＋ ＞1，即证eln x＋ ＞ .（*） 又易证当x＞0时，ex＞x＋1，所以ex－1＞x，所以 ＜ . 要证（*）式成立，只需证明eln x＋ ≥ ，即证eln x＋ ≥0. 令g（x）＝eln x＋ ， 所以g'（x）＝ － ＝ ， 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 所以函数g（x）在区间（0， ）内单调递减，在区间（ ，＋∞）上单调 递增， 所以g（x）min＝g（ ）＝0，所以eln x＋ ≥0，即eln x＋ ≥ ，故原式 得证. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 $