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

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（ex＋a）－x.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）证明：当a＞0时，f（x）＞2ln a＋.

解：（1）由题意知，f（x）的定义域为（－∞，＋∞），f'（x）＝aex－1.

当a≤0时，易知f'（x）＜0，则f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数.

当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝ln.

当x∈（－∞，ln）时，f'（x）＜0；当x∈（ln，＋∞）时，f'（x）＞0.

所以f（x）在（－∞，ln）上单调递减，在（ln，＋∞）上单调递增.

综上可知，当a≤0时，f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数；当a＞0时，f（x）在（－∞，ln）上单调递减，在（ln，＋∞）上单调递增.

（2）证明：法一　由（1）知，当a＞0时，f（x）在（－∞，ln）上单调递减，在（ln，＋∞）上单调递增.

所以f（x）min＝f（ln）＝a（＋a）－ln＝1＋a2＋ln a.

令g（x）＝1＋x2＋ln x－（2ln x＋），x＞0，

即g（x）＝x2－ln x－，x＞0，

则g'（x）＝2x－＝.

令g'（x）＝0，得x＝.

当x∈（0，）时，g'（x）＜0；当x∈（，＋∞）时，g'（x）＞0.

所以g（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，

所以g（x）min＝g（）＝（）2－ln －＝－ln＞0，

所以1＋x2＋ln x＞2ln x＋对∀x＞0恒成立，

所以当a＞0时，1＋a2＋ln a＞2ln a＋恒成立.

即当a＞0时，f（x）＞2ln a＋.

法二　当a＞0时，由（1）得，f（x）min＝f（－ln a）＝1＋a2＋ln a，

故欲证f（x）＞2ln a＋成立，

只需证1＋a2＋ln a＞2ln a＋，

即证a2－＞ln a.

构造函数u（a）＝ln a－（a－1）（a＞0），

则u'（a）＝－1＝，所以当a＞1时，u'（a）＜0；当0＜a＜1时，u'（a）＞0.

所以函数u（a）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，

所以u（a）≤u（1）＝0，即ln a≤a－1，

故只需证a2－＞a－1，即证a2－a＋＞0，

因为a2－a＋＝（a－）2＋＞0恒成立，

所以当a＞0时，f（x）＞2ln a＋.

2.（2023·新高考Ⅱ卷22题节选）证明：当0＜x＜1时，x－x2＜sin x＜x；

证明：要证x－x2＜sin x＜x，

则构造g（x）＝x－sin x，h（x）＝sin x－x＋x2.

易得g'（x）＝1－cos x，则当x∈（0，1）时，g'（x）＝1－cos x＞0，

所以g（x）在（0，1）上单调递增，

所以g（x）＞g（0）＝0，所以sin x＜x.

由h（x）＝sin x－x＋x2，得h'（x）＝cos x－1＋2x.

令m（x）＝cos x－1＋2x，则m'（x）＝－sin x＋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，

所以h（x）＞h（0）＝0，所以x－x2＜sin x.

综上所述，x－x2＜sin x＜x.

3.（2021·新高考Ⅰ卷22题）已知函数f（x）＝x（1－ln x）.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2＜＋＜e.

解：（1）因为f（x）＝x（1－ln x），所以f（x）的定义域为（0，＋∞），

f'（x）＝1－ln x＋x·＝－ln x.

当x∈（0，1）时，f'（x）＞0；当x∈（1，＋∞）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bln a－aln b＝a－b，两边同时除以ab，得－＝－，即＝，即f＝f.

令x1＝，x2＝，

由（1）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）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.

要证2＜＋＜e，即证2＜x1＋x2＜e.

先证x1＋x2＞2，要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1，

因为0＜x1＜1＜x2＜e，所以x2＞2－x1＞1，

又f（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以即证f（x2）＜f（2－x1），

又f（x1）＝f（x2），所以即证f（x1）＜f（2－x1），即证当x∈（0，1）时，f（x）－f（2－x）＜0.

构造函数F（x）＝f（x）－f（2－x），

则F'（x）＝f'（x）＋f'（2－x）＝－ln x－ln（2－x）＝－ln[x（2－x）]，

当0＜x＜1时，x（2－x）＜1，则－ln[x（2－x）]＞0，

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－x）＜0成立，所以x1＋x2＞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（x1）＝f（x2）＝m，当x∈（0，1）时，f（x）＝x（1－ln x）＞x，

直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为（m，m），则x1＜m.

欲证x1＋x2＜e，即证x1＋x2＜m＋x2＜f（x2）＋x2＜e，

即证当1＜x＜e时，f（x）＋x＜e.

构造函数h（x）＝f（x）＋x，则h'（x）＝1－ln x，

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1＜x＜e时，h（x）＜h（e）＝f（e）＋e＝e，即f（x）＋x＜e成立，

所以x1＋x2＜e成立.

综上可知，2＜＋＜e成立.

4.（2022·新高考Ⅱ卷22题）已知函数f（x）＝xeax－ex.

（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；