第3章 第20讲 第2课时 利用导数证明不等式(高考超重点)(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦“导数证明不等式”核心考点，依据高考评价体系明确逻辑推理、数学运算等考查要求，梳理移项构造函数、分拆函数、放缩法三大技法，通过2023新课标Ⅰ卷、2024全国甲卷等真题分析，归纳出函数最值、参数放缩等高频题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题典例解析+规律方法提炼+分层测评”模式，如典例1通过构造函数证明2025淄博一模不等式，培养数学思维与模型观念。规律方法总结“左减右构造”“指对分离”等突破技巧，对点练结合课时测评强化实战，助力学生掌握答题逻辑，教师可据此精准指导，提升复习效率。

第20讲 　导数的综合问题 第2课时　利用导数证明不等式 (高考超重点)　 高三总复习 数学(人教A版) 第三章　一元函数的导数及其应用 　　导数中的不等式证明是高考的常考题型之一，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，会灵活采用不同的解题方法.考查逻辑推理、数学运算和创新应用能力. 技法一　移项构造函数法(或直接利用函数的最值法) (2025·山东淄博一模节选)已知函数f＝ln－x. (1)求f的单调区间； 典例1 解：根据题意知，函数f(x)的定义域是(－1，＋∞)，f'(x)＝－1＝， 当－1＜x＜0时，f'(x)＞0；当x＞0时，f'(x)＜0. 所以f(x)的增区间是(－1，0)，减区间是(0，＋∞). (2)证明：x≥0时，f≤－x. 解：证明：要证x≥0时，f≤－x， 即证ln≤恒成立. 令g＝ln－，x∈， g'＝－＝＝. 令m＝2－，m'＝－1＝， 当x≥0时，1－≤0，则m'≤0， 所以m上单调递减， 所以m≤m＝0， 则g'≤0，所以g上单调递减， 所以g≤g＝0，所以ln≤， 综上，x≥0时，f≤－x. 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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证. 规律方法 对点练1.(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； 解：因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域是R，所以f'(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex＞0，则aex≤0，故f'(x)＝aex－1＜0恒成立，所以f(x)在R上单调递减； 当a＞0时，令f'(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x＜－ln a时，f'(x)＜0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x＞－ln a时，f'(x)＞0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增； 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a＞0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 在(－ln a，＋∞)上单调递增. (2)(一题多解)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋. 解：证明：法一：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a. 要证f(x)＞2ln a＋，即证1＋a2＋ln a＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0恒成立. 令g(a)＝a2－－ln a(a＞0)，则g'(a)＝2a－＝. 令g'(a)＜0，则0＜a＜；令g'(a)＞0，则a＞； 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝－－ln＝ln＞0，则当a＞0时，g(a)＞0恒成立， 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立. 法二：令h(x)＝ex－x－1，则h'(x)＝ex－1. 由于y＝ex在R上单调递增，所以h'(x)＝ex－1在R上单调递增. 又h'(0)＝e0－1＝0，所以当x＜0时，h'(x)＜0； 当x＞0时，h'(x)＞0； 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立. 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)＞2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x＞2ln a＋，即证a2－－ ln a＞0. 令g(a)＝a2－－ln a(a＞0)，则g'(a)＝2a－＝. 令g'(a)＜0，则0＜a＜；令g'(a)＞0，则a＞； 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝－－ln＝ln＞0，则g(a)＞0恒成立， 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立. 技法二　分拆函数法(或凹凸反转法) 已知函数f(x)＝axln x＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0＜a≤1，求证： f(x)＜g(x). 证明：要证明f(x)＜g(x)， 即证明axln x＋x2＜ex＋x－1， 只需证明＋1＜. 令u(x)＝＋1，v(x)＝， 又u'(x)＝，0＜a≤1， 则0＜x＜e时，u'(x)＞0，函数u(x)在(0，e)上单调递增； x＞e时，u'(x)＜0，函数u(x)在(e，＋∞)上单调递减； 典例2 所以x＝e时，u(x)取得最大值，最大值为＋1. 由v(x)＝可得v'(x)＝， 则0＜x＜2时，v'(x)＜0，函数v(x)在(0，2)上单调递减； x＞2时，v'(x)＞0，函数v(x)在(2，＋∞)上单调递增； 则x＝2时，v(x)取得最小值，且最小值为. 又－－1≥－＞0， 所以＞＋1， 即＜， 所以0＜a≤1时，f(x)＜g(x). 1.若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.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，分别计算它们的最值，借助最值进行证明. 2.在证明过程中，等价转化是关键，此处由u(x)max＜v(x)min恒成立，从而得到f(x)＜g(x)恒成立. 规律方法 对点练2.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＋， 只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋. 令h(x)＝ln x＋(x＞0)，则h'(x)＝， 易知h(x)在上单调递减，在上单调递增， 则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0. 再令φ(x)＝ex－ex，则φ'(x)＝e－ex， 易知φ(x)在(0，1)上单调递增， 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. 技法三　放缩法 角度1　 指对放缩证明不等式 已知函数f(x)＝ex，证明：当x＞－2时，f(x)＞ln(x＋2). 典例3 证明：设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x＞－2)，则g'(x)＝ex－1. 当－2＜x＜0时，g'(x)＜0；当x＞0时，g'(x)＞0，即g(x)在(－2，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0， 因此当x＞－2时，f(x)≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)， 令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x＞－2)， 则h'(x)＝1－＝， 则当－2＜x＜－1时，h'(x)＜0； 当x＞－1时，h'(x)＞0，即有h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增， 于是当x＝－1时，h(x)min＝h(－1)＝0， 因此当x＞－2时，x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时取等号)， 因为等号不同时成立，所以当x＞－2时，f(x)＞ln(x＋2). 角度2　 参数放缩证明不等式 (一题多解)(2024·全国甲卷节选)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. 典例4 证明：法一(参数放缩法)：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， 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(作差法直接求导证明)： 设g(x)＝a(x－1)－ln x＋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)＝ － e x－1. 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. 角度3　 三角放缩证明不等式 证明：当x＞0时，ex－sin x－1＞xln x. [注：本题规范解答见答案] 证明：第1步：先证x＞sin x(x＞0) 设f(x)＝x－sin x，则f'(x)＝1－cos x≥0，f(x)单调递增， 所以当x＞0时，f (x)＞f (0)＝0，即x＞sin x(x＞0). 第2步：实现放缩处理 所以ex－sin x－1＞ex－x－1， 所以要证ex－sin x－1＞xln x， 只需证明ex－x－1＞xln x即可. 第3步：证明不等式 令g(x)＝ex－x－1， 当x∈(0，1)时，易知g(x)＞0，xln x＜0，所以g(x)＞xln x.当x∈[1，＋∞)时，设F(x)＝ex－x－1－xln x，则F'(x)＝ex－ln x－2. 设φ(x)＝ex－ln x－2，则φ'(x)＝ex－. 因为φ'(x)在[1，＋∞)上单调递增，且φ'(1)＝e－1＞0， 所以φ'(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，所以φ(x)在[1，＋∞)上单调递增. 又φ(1)＞0，所以F'(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，故F(x)在[1，＋∞)上单调递增， F(x)≥F(1)＝e－2＞0在[1，＋∞)上恒成立. 综上，当x＞0时，ex－sin x－1＞xln x. 放缩法证明不等式的两种基本方法 1.函数不等式放缩：利用导数证明不等式时，(1)若所证明的不等式中含有ex和ln x的形式，可以考虑先对ex和ln x进行放缩(典例3)，使问题简化.然后再构造函数进行证明.常见的放缩公式有：①ex≥x＋1(当且仅当x＝0取等号)，②ln x ≤x－1(当且仅当x＝1取等号). 规律方法 (2)若所证明的不等式中含有sin x，cos x和tan x的形式，其三角部分可以采用有界性(对点练4)或常见的三角不等式(典例(5)进行放缩处理，为整个不等式的证明创造条件.常见的三角放缩公式有：①x＞sin x，x∈(0，＋∞)，②sin x≤x≤tan x， x∈，③sin x≥xcos x，x∈［0，］. 规律方法 2.参数放缩：若所证明的不等式中含有给出参数取值范围时，可以把参数按取值范围放缩为常数处理(典例4).例如：已知参数a≥1，证明af(x)＞0恒成立时，可以通过去参数放缩得到af(x)≥f(x)＞0，即只需证明f(x)＞0即可. 规律方法 对点练3.已知x∈(0，1)，求证：x2－＜. 证明：要证x2－＜，只需证ex＜ln x. 又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，且当x∈(0，1)时，x2－＜0， 所以只需证明ln x＋(x＋1)·＞0， 即证ln x＋1－x3＋－x2＞0. 而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)， 所以只需证ln x＋1－2x＋＞0. 令g(x)＝ln x＋1－2x＋， 则g'(x)＝－2－＝－， 而2x2－x＋1＞0恒成立， 所以g'(x)＜0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，所以当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0， 即ln x＋1－2x＋＞0，所以x2－＜. 对点练4.已知函数f(x)＝cos x＋xsin x，g(x)＝ex－x. (1)求g(x)的最小值； 解：因为g＝ex－x，所以g'＝ex－1. 令g'＝0，得x＝0， 当x＜0时，g'＜0；当x＞0时，g'＞0， 所以g上单调递减，在上单调递增， 所以g(x)min＝g＝1. (2)证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤g(x)＋x. 解：证明：当x∈时， 令F＝f－g－x＝cos x＋xsin x－ex， 则F'＝xcos x－ex. 因为cos x≤1，所以F'＝xcos x－ex≤x－ex，[题眼：三角有界性放缩] 由(1)知g＝ex－x≥1＞0，故x－ex＜0， 所以F'＝xcos x－ex≤x－ex＜0， 故F上单调递减， 所以F≤F＝0， 所以f≤g＋x. 课 时 分 层 测 评 1.(13分)(1)求证：当x＞0时，ex＞2sin x. 证明：令f(x)＝x－sin x，所以f'(x)＝1－cos x≥0恒成立， 所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＞f(0)＝0⇒x＞sin x. 要证当x＞0时，ex＞2sin x， 只需证当x＞0时，ex＞2x， 即证ex－2x＞0在(0，＋∞)上恒成立. 设g(x)＝ex－2x(x＞0)，则g'(x)＝ex－2， 令g'(x)＝0解得x＝ln 2， 所以g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0， 所以g(x)≥g(ln 2)＞0，所以ex＞2x成立， 故当x＞0时，ex＞2sin x. 2 3 4 1 (2)已知函数f(x)＝ln x－x，求证：exf(x)－ex＋2ex≤0. 证明：因为x＞0，所以只需证f(x)≤－2. 因为f(x)＝ln x－x，所以f'(x)＝－1＝， 所以当0＜x＜1时，f'(x)＞0，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x＝1时，f(x)max＝f(1)＝－1. 2 3 4 1 记g(x)＝－2(x＞0)，则g'(x)＝， 所以当0＜x＜1时，g'(x)＜0，g(x)在(0，1)上单调递减，当x＞1时，g'(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以x＝1时，g(x)min＝g(1)＝－1. 综上，当x＞0时，f(x)≤g(x)， 即f(x)≤－2，即exf(x)－ex＋2ex≤0. 2 3 4 1 2.(15分)已知函数f(x)＝2ex－ax－1，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； 解：f'(x)＝2ex－a， 当a≤0时，f(x)在R上单调递增. 当a＞0时，令2ex－a＝0，得x＝ln ， 当x＜ln ，f'＜0，故f(x)在上单调递减，当x＞ln ，f'＞0，故f(x)在上单调递增. 2 3 4 1 (2)若x≥－，求证：f(x)≥－x2－. 解：证明：要证f(x)≥－x2－， 只需证2ex－ax－1≥－x2－， 即证2ex＋x2－ax＋－1≥. 由x2－ax＋＝≥0， 即证2ex－1≥，即证4e2x－4ex－4x≥0. 令g(x)＝e2x－ex－x，则g'(x)＝2e2x－ex－1＝， 易知g(x)在上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，即g(x)≥g(0)＝0， 所以f(x)≥－x2－，得证. 2 3 4 1 3.(15分)(2025·河南洛平许济模拟)已知f(x)＝eaxsin 2x－2ax，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋y＝0. (1)求a的值； 解：第一步：求f'(x) 因为f(x)＝eaxsin 2x－2ax， 所以f'(x)＝aeaxsin 2x＋2eaxcos 2x－2a. 第二步：由导数的几何意义得f'(0)＝－2，解方程得a的值 因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋y＝0，所以f'(0)＝2－2a＝－2，得a＝2. 2 3 4 1 (2)设f(x)的导函数为g(x)，求g(x)的单调区间； 解：第一步：求g'(x) 因为g(x)＝f'(x)＝2e2x(sin 2x＋cos 2x)－4， 所以g'(x)＝2[2e2x(sin 2x＋cos 2x)＋e2x(2cos 2x－2sin 2x)]＝8e2xcos 2x， 第二步：求g(x)的单调区间 令g'(x)＞0，即cos 2x＞0，解得－＋kπ＜x＜＋kπ，k∈Z， 所以g(x)的单调递增区间为(－＋kπ，＋kπ)，k∈Z. 令g'(x)＜0，即cos 2x＜0，解得＋kπ＜x＜＋kπ，k∈Z， 所以g(x)的单调递减区间为(＋kπ，＋kπ)，k∈Z. 2 3 4 1 解：证明：第一步：利用零点存在定理求g(x)的零点(即f(x)的极值点) 由(2)知，g(x)在上单调递增. g(0)＝－2＜0，g()＝2e(sin 1＋cos 1)－4＝2[e(sin 1＋cos 1)－2]，其中sin 1＋cos 1＝sin(1＋)∈(1，)， 所以e(sin 1＋cos 1)－2＞e－2＞0，即g()＞0， 所以∃x0∈(0，)，使得g(x0)＝0. (3)证明：当x∈时，f(x)＜2. [注：本题规范解答见答案] 2 3 4 1 第二步：判断f(x)的单调性 所以当x∈(－，x0)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(x0，)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增. 第三步：求x∈时f(x)的最大值，从而证得f(x)＜2 又f(－)＝e－1sin(－1)＋2＝2－＞1， f()＝esin 1－2＜e－2＜1， 所以x∈时，f(x)max＝f(－)＝2－＜2， 所以当x∈时，f(x)＜2. 2 3 4 1 4.(17分)(2025·甘肃白银模拟)已知函数f＝atan x－2sin x，x∈. (1)若f在其定义域上单调，求实数a的取值范围； 解：因为f＝atan x－2sin x，x∈， 所以f'＝－2cos x＝. 因为函数f上单调， 若函数f上单调递增，则f'≥0在上恒成立， 即a≥2cos3x在上恒成立，则a≥＝2. 2 3 4 1 若f上单调递减，则f'≤0在上恒成立， 即a≤2cos3x在上恒成立， 当x∈时，0＜cos x≤1，则0＜2cos3x≤2，此时a≤0. 综上所述，实数a的取值范围是(－∞，0]∪. 2 3 4 1 (2)若a＝1. (ⅰ)证明：f≥－x； 解：当a＝1时，f＝tan x－2sin x. 证明：要证f(x)≥－x， 即证tan x－2sin x≥－x在区间上恒成立， 即证tan x－2sin x＋x≥0在区间上恒成立. 2 3 4 1 令g＝tan x－2sin x＋x，x∈， 则g'＝－2cos x＋1＝－cos x＋1－cos x＝＋1－cos x， 当x∈时，0＜cos x≤1，则1－cos 3x≥0，1－cos x≥0，则g'≥0， 所以，函数g上单调递增， 所以g≥g＝0， 所以f≥－x得证. 2 3 4 1 (ⅱ)若f≥2ln－2mx＋tan x，求实数m的取值范围. 解：当a＝1时，f＝tan x－2sin x. 由f≥2ln－2mx＋tan x得sin x＋ln－mx≤0在区间上恒成立. 令h＝sin x＋ln－mx，x∈， 则h'＝cos x＋－m，且h＝0. 因为h≤0在区间上恒成立，所以h'＝2－m≤0，解得m≥2.[题眼：端点效应] 2 3 4 1 因为x∈，所以0＜cos x≤1，＜≤1， 所以当m≥2时，h'＝cos x＋－m≤0， 此时函数h上单调递减，所以h≤h＝0恒成立，合乎题意， 综上所述，实数m的取值范围是. 2 3 4 1 谢 谢 观 看 利用导数研究不等式的恒(能)成立 问题(高考超重点) $