第3章 重难突破一 突破2 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（湘教版）

该高中数学高考复习课件聚焦“导数证明不等式”核心考点，依据高考评价体系梳理了作差构造、分拆函数等四大技法，结合2023新课标Ⅰ卷、2022新高考Ⅱ卷等真题，明确构造函数、单调性分析等高频考查方向，构建完整解题思路体系。 课件亮点在于“技法精讲+真题实证+素养落地”，如用分拆函数法解析2026河南模拟题，培养逻辑思维与推理能力，提供规律方法总结和对点训练，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准突破高考难点，提升复习效率。

重难突破一　导数中的综合问题 突破2　利用导数证明不等式(高考超重点) 高三一轮复习讲义　湘教版 第三章　导数及其应用 　　利用导数证明不等式问题一般要用到构造法，构造法是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))转化为证明f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)=f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x+1，ln x<x<ex(x>0)，≤ln(x+1)≤x(x>－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同构变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解. 05 03 技法三　适当放缩法 课时测评 02 技法二　分拆函数法(或凹凸反转法) 技法一　作差构造法 01 内容索引 04 技法四　特殊化法 技法一　作差构造法 返回 　　　 (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，定义域为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. 典例1 (2) (一题多解)证明：当a>0时，f(x)>2ln a+. 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. 利用作差构造法证明不等式的基本步骤 第一步：作差或变形； 第二步：构造新的函数g(x)； 第三步：利用导数研究g(x)的单调性或最值； 第四步：根据单调性及最值，得到所证不等式. 规律方法 对点练1.(2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x. 证明：令h(x)=x－x2－sin x(0<x<1)，则h'(x)=1－2x－cos x(0<x<1). 令p(x)=1－2x－cos x(0<x<1)，则p'(x)=－2+sin x<0， 所以p(x)在(0，1)上单调递减，即h'(x)在(0，1)上单调递减， 又h'(0)=0，所以当0<x<1时，h'(x)<h'(0)=0，h(x)单调递减， 所以当0<x<1时，h(x)<h(0)=0， 即x－x2<sin x. 令g(x)=sin x－x(0<x<1)， 则g'(x)=cos x－1<0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，又g(0)=0， 所以当0<x<1时，g(x)<g(0)=0，即sin x<x. 综上，当0<x<1时，x－x2<sin x<x. 返回 技法二　分拆函数法(或凹凸反转法) 返回 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； 所以x=e时，u(x)取得最大值，最大值为+1， 典例2 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，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，达到证明的目的.本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.在证明过程中，等价转化是关键，此处由g(x)min=f(x)max恒成立，从而得到f(x)≤ g(x)恒成立. 2.等价变形的目的是便于求导后找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，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. 规律方法 对点练2.(2026·河南郑州模拟节选)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+， 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. 返回 技法三　适当放缩法 返回 已知函数f(x)=aex－x－a.当a≥1时，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明. ①f(x)>xln x－sin x；②f(x)>x(ln x－1)－cos x.注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分. 证明：选择①，当a≥1，x>0时，f(x)=aex－x－a=a－x≥ex－1－x，当a=1时等号成立. 设g(x)=ex－x－xln x+sin x－1，x>0. 当0<x≤1时，－xln x≥0，sin x>0，ex－1－x>0， 故g(x)>0. 当x>1时，g'(x)=ex－2－ln x+cos x， 典例3 设h(x)=ex－2－ln x+cos x(x>1)， 则h'(x)=ex－－sin x>e－1－1>0， 所以h(x)在(1，+∞)上单调递增， h(x)>e－2+cos 1>0， 所以g(x)在(1，+∞)上单调递增， g(x)>e－2+sin 1>0(x>1). 综上，当a≥1时，f(x)>xln x－sin x. 选择②，当a≥1，x>0时，f(x)=aex－x－a=a(ex－1)－x≥ex－1－x，当a=1时等号成立. 设g(x)=ex－xln x+cos x－1，x>0. 当0<x≤1时，－xln x≥0，cos x>0， ex－1>0，故g(x)>0. 当x>1时，g'(x)=ex－1－ln x－sin x， 设h(x)=ex－1－ln x－sin x(x>1)， 则h'(x)=ex－－cos x>e－1－1>0， 所以h(x)在(1，+∞)上单调递增， h(x)>e－1－sin 1>0， 所以g(x)在(1，+∞)上单调递增， g(x)>e－1+cos 1>0(x>1). 综上，当a≥1时，f(x)>x(ln x－1)－cos x. 放缩法构造函数的技巧 1.利用已知条件中参数范围及不等式性质进行放缩(如典列3中的a≥1). 2.利用经典不等式 (1)ex≥1+x. (2)ln x≤x－1进行放缩. 规律方法 对点练3.(2026·山东济南模拟节选)已知函数f(x)=ex，证明：当x>－2时，f(x)>ln(x+2). 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). 返回 技法四　特殊化法 返回 (2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)=xeax－ex. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； 解：当a=1时，f(x)=xex－ex，x∈R，则f'(x)=xex，当x>0时，f'(x)>0，当x<0时，f'(x)<0， 所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增. 典例4 (2)当x>0时，f(x)<－1，求实数a的取值范围； 解：函数f(x)的定义域为R，f'(x)=(1+ax)eax－ex. 对于x∈(0，+∞)，当a≥1时，f'(x)=(1+ax)eax－ex>eax－ex≥ex－ex=0，所以f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增. 因为f(0)=－1，所以f(x)>－1，不满足题意. 当a≤0时，f'(x)≤eax－ex≤1－ex<0且等号不恒成立， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递减. 因为f(0)=－1，所以f(x)<－1，满足题意. 当0<a≤时，f'(x)≤－ex=. 令g(x)=1+，则g'(x)=<0，所以g(x)在(0，+∞)上单调递减，所以g(x)<g(0)=0，所以f'(x)=·g(x)<0，f(x)在(0，+∞)上单调递减. 因为f(0)=－1，所以f(x)<－1，满足题意. 当<a<1时，f'(x)=eax[1+ax－e(1－a)x]. 令h(x)=1+ax－e(1－a)x，则h'(x)=a+(a－1)e(1－a)x. 因为h'(x)为减函数，又h'(0)=2a－1>0，x→+∞，h'(x)<0，所以∃x0∈(0，+∞)，使h'(x0)=0，所以当x∈(0，x0)时，h'(x)>0，h(x)在(0，x0)上单调递增，h(x)>h(0)=0，所以当x∈(0，x0)时，f'(x)=eax·h(x)>0，f(x)在(0，x0)上单调递增. 因为f(0)=－1，所以f(x)>－1，不满足题意. 综上，实数a的取值范围是. (3)设n∈N+，证明：++…+>ln(n+1). 证明：由(2)知当a=，且x∈(0，+∞)时，f(x)<－1，即x－ex<－1，所以x<ex－1. 令t=ex>1，则x=ln t，所以ln t·<t－1. 令t=>1，i∈N+，则ln <－1=，所以ln < ==，所以>ln =ln +ln +…+ln =ln(n+1). 证明与数列有关的不等式的策略 　　在证明与数列有关的不等式时，往往是从题目中已经证得的结论(参数取值范围、不等式等)出发，通过特殊化处理，即将其中的变量替换为特殊的变量，尤其是可替换为与自然数n有关的式子，然后再结合数列中的裂项求和以及不等式的放缩等方法证得结论. 规律方法 对点练4.已知函数f(x)=ln(x+1)－.证明： (1)当x>0时，f(x)>0； 证明：当x>0时，f'(x)==>0，所以f(x)单调递增，所以f(x)>f(0)=0. (2)++…+<ln. 证明：由(1)知，当x>0时，ln(x+1)>. 令x= ，则有<ln⇒<ln，故<ln <ln ，…，< ln . 将以上各式相加，得++…+<ln +ln +…+ ln =ln=ln(n+1)，故++…+<ln(n+1)=ln，即不等式++…+<ln成立. 返回 课 时 测 评 返回 1.(8分)已知a=4log2e，b=6log3e，c=10log5e，e为自然对数的底数，则 A．c>a>b B．a>c>b C．b>a>c D．a>b>c √ a=，b=，c=，令f(x)=，则a=f(2)，b=f(3)，c=f(5). f'(x)=，易知f(x)在(e，+∞)上单调递增.又a====f(4)，而3<4<5，所以c>a>b.故选A． 2 3 4 5 6 1 2．(8分)设a＝2 024ln 2 026，b＝2 025ln 2 025，c＝2 026ln 2 024，则 A．a>b>c B．c>b>a C．a>c>b D．b>a>c √ 2 3 4 5 6 1 设f(x)＝，则f′(x)＝，当x∈[e2，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)在[e2，＋∞)上单调递减，所以f(2 024)>f(2 025)，即>，所以 2 026ln 2 024>2 025ln 2 025，所以c>b；设g(x)＝，则g′(x)＝，当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在[e2，＋∞)上单调递减，所以g(2 025)>g(2 026)，即>，所以2 025ln 2 025>2 024 ln 2 026，所以b>a，所以c>b>a.故选B. 2 3 4 5 6 1 3.(19分)(2026·广东汕头模拟)设f(x)=ex，g(x)=ln x， 证明：xf(x)≥x+g(x)+1. 证明：因为f(x)=ex，g(x)=ln x，所以xf(x)≥x+g(x)+1等价于xex≥x+ln x+1，即ex+ln x≥x+ln x+1， 令t=x+ln x，t∈R，则只需证et≥t+1， 设g(t)=et－t－1，t∈R，则g'(t)=et－1，t∈R， 当t<0时，g'(t)<0，g(t)单调递减；当t>0时，g'(t)>0，g(t)单调递增； 故g(t)≥g(0)=1－0－1=0，即et≥t+1成立， 所以ex+ln x≥x+ln x+1成立，即xf(x)≥x+g(x)+1得证. 2 3 4 5 6 1 4.(20分)设a为实数，函数f(x)=ex－2x+2a，x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值；(5分) 解：由f(x)=ex－2x+2a知f'(x)=ex－2. 令f'(x)=0，得x=ln 2. 当x<ln 2时，f'(x)<0，函数f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减； 当x>ln 2时，f'(x)>0，函数f(x)在区间(ln 2，+∞)上单调递增. 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，+∞)， f(x)的极小值为f=eln 2－2ln 2+2a=2－2ln 2+2a，无极大值. 2 3 4 5 6 1 (2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax+1.(15分) 证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax+1， 即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2+2ax－1>0. 设g(x)=ex－x2+2ax－1(x>0)， 则g'(x)=ex－2x+2a， 由(1)知g'(x)min=2－2ln 2+2a， 又a>ln 2－1，则g'(x)min>0， 所以对∀x∈(0，+∞)，都有g'(x)>0， 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增. 所以对∀x>0，都有g(x)>g(0)=0， 即ex－x2+2ax－1>0，故ex>x2－2ax+1. 2 3 4 5 6 1 5.(20分)已知函数f(x)=xln x－ax. (1)当a=－1时，求函数f(x)在(0，+∞)上的最值；(8分) 解：函数f(x)=xln x－ax的定义域为(0，+∞)， 当a=－1时，f(x)=xln x+x，f'(x)=ln x+2， 由f'(x)=0，得x=， 当0<x<时，f'(x)<0； 当x>时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增， 因此f(x)在x=处取得最小值，即f(x)min=f =－，无最大值. 2 3 4 5 6 1 (2)证明：对一切x∈(0，+∞)，都有ln x+1>成立.(12分) 证明：当x>0时，ln x+1>， 等价于x(ln x+1)>，由(1)知，当a=－1时，f(x)=xln x+x≥－，当且仅当x=时取等号，设G(x)=，x∈(0，+∞)，则G'(x)=，易知G(x)max=G(1)=－， 当且仅当x=1时取到，从而可知对一切x∈(0，+∞)，都有f(x)>G(x)，即 ln x+1>. 2 3 4 5 6 1 6.(25分)已知函数f(x)=aex－1－ln x－1. (1)若a=1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(10分) 解：当a=1时， f(x)=ex－1－ln x－1(x>0)， f'(x)=ex－1－，k=f'(1)=0， 又f(1)=0，所以切点为(1，0). 所以切线方程为y－0=0(x－1)，即y=0. 2 3 4 5 6 1 (2) (一题多解)证明：当a≥1时，f(x)≥0.(15分) 证明：因为a≥1， 所以aex－1≥ex－1， 所以f(x)≥ex－1－ln x－1. 法一：令φ(x)=ex－1－ln x－1(x>0)， 所以φ'(x)=ex－1－，令h(x)=ex－1－， 所以h'(x)=ex－1+>0， 所以φ'(x)在(0，+∞)上单调递增，又φ'(1)=0， 所以当x∈(0，1)时，φ'(x)<0； 2 3 4 5 6 1 当x∈(1，+∞)时，φ'(x)>0， 所以φ(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，+∞)上单调递增， 所以φ(x)min=φ(1)=0，所以φ(x)≥0， 所以f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0. 法二：令g(x)=ex－x－1， 所以g'(x)=ex－1. 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， 2 3 4 5 6 1 所以g(x)min=g(0)=0， 故ex≥x+1，当且仅当x=0时取“=”. 同理可证ln x≤x－1，当且仅当x=1时取“=”. 由ex≥x+1⇒ex－1≥x(当且仅当x=1时取“=”)， 由x－1≥ln x⇒x≥ln x+1(当且仅当x=1时取“=”)， 所以ex－1≥x≥ln x+1，所以ex－1≥ln x+1， 即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x=1时取“=”)， 所以f(x)≥0. 返回 2 3 4 5 6 1 谢 谢 观 看 利用导数证明不等式 (高考超重点) $