17.不等式的证明问题-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 精选2021-2024年新高考及全国卷导数证明不等式真题，聚焦函数单调性分析与不等式证明，展现高考命题逻辑与解题策略。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|5道|导数应用（单调性、最值）、不等式证明（构造函数、放缩法）、函数综合（指数、对数、三角函数）|2023新高考Ⅰ卷结合参数讨论与最值证明，2021新高考Ⅰ卷涉及双变量不等式转化，体现高考对逻辑推理与数学抽象的考查|

享学科网书城@ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 17.利用导数证明不等式 1.(2023:新高考I卷19题)已知函数f(x)=a(e十a)一x. (1)讨论f(x)的单调性： (2)证明：当a>0时，f(x)>2na+2 解：（1)由题意知，f(x)的定义域为(-∞，十∞)，f(x)=ae-1. 当a≤0时，易知f（x)<0,则f(x)在（一∞，十∞)上是减函数. 当a>0时，令f(x)=0,得x=lna 当xe(-o,lna)时，f(x)<0:当x∈(Ina,+o)时，f(x)>0. 1 所以f(x)在(-∞，ln。)上单调递减，在(na,+o)上单调递增. 综上可知，当a0时，f(x)在(-o,+o)上是减函数；当a>0时，f(x)在(-o,ln。)上 单调递减，在(n。,+o)上单调递增。 1 (2)证明：法-由(1)知，当a>0时，f(x)在(-o,n。)上单调递减，在(Ina+o) 上单调递增. 所以f(x)mf启》-aeta)-h。1tar+lna 1 3 令g(x)=1+x2+nx-(2nx+2)，x>0, 1 即g(x)=x2-lnx-2,x>0, 则g0-2x-是24 2 令g(x)=0,得x=2· 2 当xe0,3)时，g)<0:当x∈C5+)时，g)0 2 所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2，+o)上单调递增， 1/7 享学科网书城@ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zXXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 3 所以1+x2+lnx>2x+2对x>0恒成立， 所以当a>0时，1+a2+lna>2lna+2恒成立. 即当a>0时，f(x)>2lna+2: 法二当a>0时，由(1)得，f(x)mim=f(-lna)=1+a2+lna, 故欲证f(x)>2lna+2成立， 3 只需证1+ad2+lna>2na+2, 即证d-2>lha 构造函数u(a)=lna-(a-1)(a>0), 则0)-日1-1.2，所以当a>1时，w(a)<0:当0<a<1时，Wa)≥0 所以函数u(a)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减， 所以u(a)≤(1)=0，即lna≤a-1, 1 1 故只需证a2-2>a-1,即证a-a+2>0, 因为心-a+2(a-之计好>0恒成立， 1 3 所以当a>0时，f(x)>2Ina+2 2.(2023·新高考Ⅱ卷22题节选)证明：当0<x<1时，x一x2<sinx<x: 证明：要证x-x2<sinx<x, 则构造g(x)=x一sinx,h(x)=sinx-x十x2. 易得g'(x)=1-cosx,则当x∈(0,1)时，g'(x)=1一cosx>0, 所以g(x)在(0,1)上单调递增， 所以g(x)>g(0)=0,所以sinx<x. 由h（x)=sinx-x+x2,得h'(x)=cosx-1+2x. 令m(x)=cosx-1+2x,则m'(x)=-sinx+2>0, 所以h'(x)在(0,1)上单调递增， 所以h'(x)>h'(0)=0, 所以h（x)在(0,1)上单调递增， 2/7 学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 所以h(x)>h(0)=0,所以x-x2<sinx. 综上所述，x-x2<sinx<x. 3.(2021新高考I卷22题)已知函数f(x)=x(1一nx). (1)讨论f(x)的单调性： (2)设0，b为两个不相等的正数，且b加a-o血6-a-b,证明：2合+名e 解：(1)因为f(x)=x(1-lnx),所以f(x)的定义域为(0，+o), 1 f (x)=1-In x+x 当x∈(0,1)时，P(x)>0:当x∈（1，十o)时，f(x)<0. 所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减. (2)证明：由题意，a,b是两个不相等的正数，且bna-anb=a一b,两边同时除以ab,得a Ina -地方。2，即 11 令x1=a,=b' 由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十)上单调递减， 且当0<x<e时，f(x)>0,当x>e时，f(x)<0, 不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2<e. 复证2日+片<e,即证2十65e 先证x1+x2>2,要证x1十x2>2,即证x2>2-x1, 因为0<x<1<x2<e,所以x2>2-x>1, 又f(x)在(1，十∞)上单调递减，所以即证f(x2)≤f(2-x), 又f(x1)=f(x2),所以即证f(x)<f(2-x),即证当x∈(0,1)时，f(x)-f(2-x)<0. 构造函数F(x)=f(x)一f(2一x), 则F'(x)=f(x)+f(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)], 当0<x<1时，x(2-x)<1,则-ln[x(2-x)]>0, 3/7 学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zXxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 即当0<x<1时，F'(x)>0,所以F(x)在(0,1)上单调递增， 所以当0<x<1时，F(x)<F(1)=0, 所以当0<x<1时，f(x)-f(2一x)<0成立，所以x十x>2成立. 再证x1+x2<e,由(1)知，f(x)的极大值点为x=1,f(x)的极大值为f(1)=1, 过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y=x, 设f(1)=f(2)=m,当x∈(0,1)时，f(x)=x(1-lnx)>x, 直线y=x与直线y=m的交点坐标为(m,m),则x1<m. 欲证x十x<e,即证x1十x2<m+x2<f(x2)+2<e, 即证当1<x<e时，f(x)+x<e. 构造函数h(x)=f(x)十x,则h'(x)=1一lnx, 当1<x<e时，h'(x)>0,所以函数h（x)在(1，e)上单调递增， 所以当l<x<e时，h(x)<h(e)=f(e)+e=e,即f(x)十x<e成立， 所以十2<e成立. 1.1 综上可知，2<a+方<e成立 4.(2022·新高考II卷22题)已知函数f(x)=xem一e. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性： (2)当x>0时，f(x)<-1,求a的取值范围： 1 1 1 (3)设n∈N,证明：12+1+22+2++nm+n>l血(n+1). 解：(1)当a=1时，f(x)=xe-e=(x-l)e',f(x)=e+(x-1)e=xe 令f(x)=0,得x=0, ∴.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. (2)f(x)=er+ae"x-e=(ax+1)er-e',f(0)=0. 设g(x)=(ar+1)em-e,则g'(x)=aear+aem(ax+1)一e=(ax十2a)em-e,g'(0)= 2a-1. 4/7 享学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 当2a-1>0,即a>2时，存在6>0，使得当x∈(0,6)时，g(x)>0,此时f(x)在(0， 6)上单调递增 (x)>(0)=0,f(x)在(0,6)上单调递增， ∴f(x)>f(0)=-1,这与f(x)<-1矛盾，故舍去. 当2a-l≤0，即a≤2时，f(x)≤xe-e 1 令h(x)=xe2x-e, ∴.h(x)在(0，+∞)上单调递减， 此时h(x)<h(0)=一1符合条件. 1 综上可知，a的取值范围为 2 1 (3)证明：由(2)知当a=2>0时，x02-e<-1,x<e- 令e=6,>1,则x=2n,∴2n1K1-2>1. 1 取aew,期2如=ha+1)-n日-n÷t 1 1 1 2+2+…+m+n >ln2-ln1+ln3-ln2+…+ln(n+1)-lnn=ln(n+1),故结论得证. 5.（2024全国甲卷20题)已知函数f(x)=a(x一1)-lnx十1. (1)求f(x)的单调区间： (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<e1恒成立. 解：(1)因为f(x)=a(x-1)-lnx+1, 1_ax-1 所以f(x)=a-x=x,>0, 若a≤0，则子(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，十∞)上是减函数，即f(x)的单调递减区间为 (0,十∞)，无单调递增区间； 5/7 享学科网书城@ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 1 1 若a>0,则当0<x<a时，f(x)<0,当x>a时，∫(x)>0,所以f(x)的单调递减区间为 (0,日)，单调递增区间为（后+∞）. 综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，十∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的 单调道减区间为(0，日)，单调超增区问为（日十四） (2)证明：法一（放缩法）因为a≤2，所以当x>1时，e1-f(x)=e-1-a(x-1)+lnx一 1≥e-1-2x+lnx+1. 令g(x)=e1-2x十lnx十1，则只需证当x>1时g(x)>0. 易知g()=e1-2计 令h)=g),则'()=e1-是在1，十0上单调适指， 则当x>1时，h'(x)>h'(1)=0, 所以h(x)=g(x)在(1，十∞)上单调递增， 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)<e1恒成立 法二（作差法直接求导证明）设g(x)=a(x一1)一lnx+1一e1,只需证当x>1时g(x)<0 即可. 1 易知g(x)=a--e, 令h(x)=g(x),则'(x)=-e, 由基本初等函数的单调性可知h'(x)在(1，十∞)上单调递减， 则当x>1时，h'(x)<h'(1)=1一1=0， 所以h(x)=g'(x)在(1，十∞)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(1，十∞)上单调递减， 6/7 夏学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 所以当x>1时，g(x)<g(1)=0, 即当x>1时，f(x)<e1恒成立. 7/7