重难点 导数与不等式证明 讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦导数与不等式证明核心考点，按必备知识、证明方法、真题应用的逻辑架构，通过梳理重要不等式、讲解直接构造等四种方法、训练全国卷及模拟真题，帮助学生系统突破难点，体现复习的针对性。 资料创新采用凹凸反转、切线放缩等策略，如隔离分析最值法中分离指数与对数构造函数，培养学生数学思维与模型意识。设置分层练习与即时反馈，确保学生高效掌握解题技巧，为教师把控复习节奏提供实用指导，提升学生应考能力。

★明说解题★高中数学重难点系列 重难点　导数与不等式证明 不等式的证明 必备知识 必备解法 不等式性质 函数的单调性 函数的图象 作差法 构造法 数形结合法 放缩法(重要不等式，切线) 凹凸反转 目录 一、问题综述 1 二、重要不等式 1 三、利用导数证明不等式问题的方法： 2 直接作差构造函数证明不等式(A－B>0) 2 利用隔离分析最值法证明不等式(凹凸反转)(A>>B) 3 变形重构的不等式证明 5 放缩后构造函数证明不等式(A>C>B) 5 一、问题综述 用导数证明不等式，其本质是将不等式的证明转化为函数的最值问题，而函数的最值，又需要通过导数手段研究函数的单调性来完成。因此，利用导数证明不等式的关键是“构造函数”，对于不同的数学对象，善于发现代数式的结构特征，灵活构造函数，合理分析、利用函数的相关性质。 二、重要不等式 1．若x∈，则tan x>x>sin x. 2．若x∈(0，＋∞)，则ex≥x＋1>x－1≥ln x. 3．若x∈(－1，＋∞)，则x≥ln(x＋1)≥. 三、利用导数证明不等式问题的方法： 直接作差构造函数证明不等式(A－B>0) 直接构造函数法 1．待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，即证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))，可以转化为证明f(x)－g(x)＞0(或f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)，研究函数的单调性，探求该函数的最值. 具体问题中，也可能作商构造函数，即h(x)＝. 2．利用作差构造法证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数g(x)； (3)利用导数研究g(x)的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 例1 (2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex－1恒成立. 1. (2024·河北保定三模)已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x，x＝1为f(x)的极值点． (1)求a； (2)证明：f(x)≤2x2－4x. 2. (2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x. 3．(2024·广州一模)已知函数f(x)＝cosx＋xsinx，x∈(－π，π)． (1) 求f(x)的单调区间和极小值； (2) 证明：当x∈[0，π)时，2f(x)≤ex＋e－x． 例2 (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； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. 利用隔离分析最值法证明不等式(凹凸反转)(A>>B) 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．等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，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． 如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而成，往往进行指对分离，转化为证明g(x)≥h(x)，分别求g(x)min，h(x)max进行证明，由于两个函数图象的凹凸性正好相反，所以这种证明不等式的方法称为凹凸反转.以下是凹凸反转常用经典模型： 经典模型一：y＝(图1)或y＝(图2). 推广：y＝或y＝. 经典模型二：y＝xln x(图3)或y＝xex(图4). 推广：y＝xnln x或y＝xnex. 经典模型三：y＝(图5)或y＝(图6). 推广：y＝或y＝. 经典模型四：y＝x－ln x(图7)或y＝x－ex(图8)，y＝ex－x(图9). 例3 (2023·青岛质检改编)已知函数f(x)＝ln x＋x.证明：xf(x)<ex. 1. (2024·长沙模拟节选)已知函数f(x)＝axln x＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0<a≤1，求证：f(x)<g(x). 变形重构的不等式证明 对于某些形式较为复杂的不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用不等式的性质进行代数式变形，使之有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断，然后再构造函数进行证明． 例4 已知函数f(x)＝ex＋exln x(其中e是自然对数的底数). 求证：f(x)≥ex2. 1. 已知x∈(0,1)，求证：x2－<. 放缩后构造函数证明不等式(A>C>B) 对于某些形式较为复杂的不等式(含有ex，ln x，sin x，cos x，tan x，或其他多项式函数中的两种或以上)，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式ex≥x＋1,1－≤ln x≤x－1等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性(比如：|sinx|≤1)进行放缩，然后再构造函数进行证明． 常见的放缩有： (1)tan x>x>sin x，x∈； (2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥ln x，利用切线放缩可把指数式、对数式转化为一次式，有利于后续的求解. 例5 当x>0时，证明：ex－sin x－1>xln x. 1. (2024·福州2月质检节选)已知函数f(x)＝x ln x－x2－1. (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 求证：f(x)＜e－x＋－－1. 2. (2024·长春调研)设函数f(x)＝ex－1，其中e为自然对数的底数. 求证：(1)当x>0时，f(x)>x； (2)ex－2>ln x. 例6 (2024·蚌埠三检改)已知函数f(x)＝，a∈R. (1) 当a＝1，x∈时，证明：tan x＞x＞xf(x)； (2) 若a≥1，证明：∀x∈∪，＜f(x). 1. 已知函数f(x)＝ax－sin x. (1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围； (2)求证：当x>0时，ex>2sin x. 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $★明说解题★高中数学重难点系列 重难点　导数与不等式证明 不等式的证明 必备知识 必备解法 不等式性质 函数的单调性 函数的图象 作差法 构造法 数形结合法 放缩法(重要不等式，切线) 凹凸反转 目录 一、问题综述 1 二、重要不等式 1 三、利用导数证明不等式问题的方法： 2 直接作差构造函数证明不等式(A－B>0) 2 利用隔离分析最值法证明不等式(凹凸反转)(A>>B) 5 变形重构的不等式证明 8 放缩后构造函数证明不等式(A>C>B) 9 一、问题综述 用导数证明不等式，其本质是将不等式的证明转化为函数的最值问题，而函数的最值，又需要通过导数手段研究函数的单调性来完成。因此，利用导数证明不等式的关键是“构造函数”，对于不同的数学对象，善于发现代数式的结构特征，灵活构造函数，合理分析、利用函数的相关性质。 二、重要不等式 1．若x∈，则tan x>x>sin x. 2．若x∈(0，＋∞)，则ex≥x＋1>x－1≥ln x. 3．若x∈(－1，＋∞)，则x≥ln(x＋1)≥. 三、利用导数证明不等式问题的方法： 直接作差构造函数证明不等式(A－B>0) 直接构造函数法 1．待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，即证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))，可以转化为证明f(x)－g(x)＞0(或f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)，研究函数的单调性，探求该函数的最值. 具体问题中，也可能作商构造函数，即h(x)＝. 2．利用作差构造法证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数g(x)； (3)利用导数研究g(x)的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 例1 (2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex－1恒成立. (1)解　因为f(x)＝a(x－1)－ln x＋1， 所以f′(x)＝a－＝，x>0， 若a≤0，则f′(x)<0恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，即f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； 若a>0，则当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. 综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； 当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)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， 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， 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. 1. (2024·河北保定三模)已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x，x＝1为f(x)的极值点． (1)求a； (2)证明：f(x)≤2x2－4x. [解析]　(1)f′(x)＝2x－a＋，依题意，f′(1)＝2×1－a＋1＝0，解得a＝3， 经检验符合题意，所以a＝3. (2)证明：由(1)可知，f(x)＝x2－3x＋ln x， 要证f(x)＝x2－3x＋ln x≤2x2－4x，即证x2－x－ln x≥0， 设g(x)＝x2－x－ln x，则g′(x)＝2x－1－＝， 所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x＝1时，g(x)取得极小值，也是最小值， 因为g(1)＝0，g(x)≥g(1)＝0， 所以f(x)≤2x2－4x. 2. (2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x. [证明]　构建F(x)＝x－sin x,x∈(0,1)，则F′(x)＝1－cos x>0对∀x∈(0,1)恒成立， 则F(x)在(0,1)上单调递增，可得F(x)>F(0)＝0，所以x>sin x，x∈(0,1)； 构建G(x)＝sin x－(x－x2)＝x2－x＋sin x，x∈(0,1)， 则G′(x)＝2x－1＋cos x，x∈(0,1)， 构建g(x)＝G′(x)，x∈(0,1)，则g′(x)＝2－sin x>0对∀x∈(0,1)恒成立， 则g(x)在(0,1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0， 即G′(x)>0对∀x∈(0,1)恒成立， 则G(x)在(0,1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0，所以sin x>x－x2，x∈(0,1)； 综上所述：x－x2<sin x<x. 3．(2024·广州一模)已知函数f(x)＝cosx＋xsinx，x∈(－π，π)． (1) 求f(x)的单调区间和极小值； (2) 证明：当x∈[0，π)时，2f(x)≤ex＋e－x． 【解答】(1) 函数f(x)＝cosx＋xsinx，x∈(－π，π)，求导得f′(x)＝－sinx＋sinx＋xcosx＝xcosx，令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝0或x＝．当－π＜x＜－时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当－＜x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当0＜x＜时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当＜x＜π时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．综上，f(x)的单调递增区间为，；单调递减区间为，．当x＝0时，f(x)取得极小值为f(0)＝1． (2) 当x∈[0，π)时，令F(x)＝ex＋e－x－2(cosx＋xsinx)，F′(x)＝ex－e－x－2xcosx≥ex－e－x－2x．令φ(x)＝ex－e－x－2x，x∈[0，π)，求导得φ′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，所以函数φ(x)在[0，π)上单调递增，φ(x)≥φ(0)＝0，即F′(x)≥0，所以F(x)在[0，π)上单调递增，因此F(x)≥F(0)＝0，所以2f(x)≤ex＋e－x． 例2 (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； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. [解析]　(1)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，f(x)在(－ln a,＋∞)上单调递增． (2)证明：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＝2－－ln ＝ln >0，则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕． 1. 利用隔离分析最值法证明不等式(凹凸反转)(A>>B) 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．等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，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． 如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而成，往往进行指对分离，转化为证明g(x)≥h(x)，分别求g(x)min，h(x)max进行证明，由于两个函数图象的凹凸性正好相反，所以这种证明不等式的方法称为凹凸反转.以下是凹凸反转常用经典模型： 经典模型一：y＝(图1)或y＝(图2). 推广：y＝或y＝. 经典模型二：y＝xln x(图3)或y＝xex(图4). 推广：y＝xnln x或y＝xnex. 经典模型三：y＝(图5)或y＝(图6). 推广：y＝或y＝. 经典模型四：y＝x－ln x(图7)或y＝x－ex(图8)，y＝ex－x(图9). 例3 (2023·青岛质检改编)已知函数f(x)＝ln x＋x.证明：xf(x)<ex. [证明]　要证xf(x)<ex，即证x2＋xln x<ex，即证1＋<，x>0. 令函数g(x)＝1＋，则g′(x)＝. 令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)． 所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝1＋， 令函数h(x)＝，则h′(x)＝. 当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0. 所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(2)＝. 因为－>0，所以h(x)min>g(x)max，即1＋<，从而xf(x)<ex得证． 1. (2024·长沙模拟节选)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)，只需证明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， 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). 变形重构的不等式证明 对于某些形式较为复杂的不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用不等式的性质进行代数式变形，使之有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断，然后再构造函数进行证明． 例4 已知函数f(x)＝ex＋exln x(其中e是自然对数的底数).指数找朋友 对数单身狗 求证：f(x)≥ex2. 证明　要证f(x)≥ex2，即证ex＋exln x≥ex2(x>0)，即＋ln x－x≥0， 令g(x)＝＋ln x－x(x>0)，则g′(x)＝＋－1＝. 令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1， 当x>1时，h′(x)>0；当0<x<1时，h′(x)<0， 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在 (1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(1)＝0. 故当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 于是g(x)≥g(1)＝0，原不等式得证.指数找朋友 对数单身狗 1. 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)，∴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)，∴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，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减， ∴当x∈(0,1)时，g(x)>g(1)＝0，即ln x＋1－2x＋>0. ∴x2－<. 放缩后构造函数证明不等式(A>C>B) 对于某些形式较为复杂的不等式(含有ex，ln x，sin x，cos x，tan x，或其他多项式函数中的两种或以上)，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式ex≥x＋1,1－≤ln x≤x－1等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性(比如：|sinx|≤1)进行放缩，然后再构造函数进行证明． 常见的放缩有： (1)tan x>x>sin x，x∈； (2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥ln x，利用切线放缩可把指数式、对数式转化为一次式，有利于后续的求解. 例5 当x>0时，证明：ex－sin x－1>xln x. 证明　设h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，h(x)单调递增， 所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即x>sin x(x>0). 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， 设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1， 则x∈(－∞,0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减；x∈(0,＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 所以f(x)的最小值为f(0)＝0. 当x∈(0，1)时，f(x)>0，xln x<0，所以ex－x－1>xln x. 当x∈[1，＋∞)时，设F(x)＝ex－x－1－xln x，则F′(x)＝ex－ln x－2， 设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－， 因为g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝e－1>0， 所以g′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 又g(1)＝e－2>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. 1. (2024·福州2月质检节选)已知函数f(x)＝x ln x－x2－1. (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 求证：f(x)＜e－x＋－－1. 【解答】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2x＋1， 　　　记t(x)＝f′(x)，t′(x)＝－2＝， 　　　当x∈时，t′(x)＞0，t(x)单调递增； 　　　当x∈时，t′(x)＜0，t(x)单调递减， 　　　所以t(x)max＝t＝－ln 2＜0，即f′(x)＜0， 　　　所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减． (2)方法一：先证f(x)≤－x－1， 记g(x)＝f(x)＋x＋1，则g(x)＝x ln x－x2＋x＝x(ln x－x＋1)， 记m(x)＝ln x－x＋1，则m′(x)＝－1， 所以当x∈(0，1)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减， 所以m(x)max＝m(1)＝0，所以m(x)≤0， 又x＞0，所以g(x)≤0，故f(x)≤－x－1. 再证e－x＋－－1＞－x－1(x＞0)，即证e－x＋－＋x＞0(x＞0). 记h(x)＝e－x＋－＋x，x＞0，则h(x)＝e－x＋x－1＋≥e－x＋x－1， 记p(x)＝e－x＋x－1，x＞0，则p′(x)＝1－e－x＞0， 所以p(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以p(x)＞p(0)＝0， 所以h(x)＞0，即e－x＋－－1＞－x－1，所以f(x)＜e－x＋－－1. 方法二：构造函数h(x)＝e－x＋x－1(x＞0)，h′(x)＝1－e－x， 当x＞0时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，则h(x)＞h(0)＝0，所以e－x＞－x＋1. 构造函数φ(x)＝ln x－x＋1，则φ′(x)＝－1， 当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减． 所以φ(x)max＝φ(1)＝0，即φ(x)≤0，即ln x≤x－1成立， 所以f(x)＝x ln x－x2－1≤x(x－1)－x2－1＝－x－1. 因为e－x＋－－1＞－x＋1＋－－1＝－－x， 所以只需证－－x≥－x－1，即－＋1≥0， 而≥0显然成立，所以f(x)＜e－x＋－－1. 2. (2024·长春调研)设函数f(x)＝ex－1，其中e为自然对数的底数. 求证：(1)当x>0时，f(x)>x； (2)ex－2>ln x. 证明　(1)令g(x)＝f(x)－x＝ex－1－x，则g′(x)＝ex－1， 当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 故当x>0时，g(x)>g(0)＝0，即当x>0时，f(x)>x成立. (2)由(1)可得当x>0时，ex>1＋x. 要证ex－2>ln x，可证ex－2>x－1≥ln x，即证x－1－ln x≥0. 令h(x)＝x－1－ln x，则h′(x)＝1－＝， 当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当0<x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 则h(x)min＝h(1)＝0，即h(x)＝x－1－ln x≥0恒成立(当且仅当x＝1时等号成立)， 所以ex－2>ln x. 例6 (2024·蚌埠三检改)已知函数f(x)＝，a∈R. (1) 当a＝1，x∈时，证明：tan x＞x＞xf(x)； (2) 若a≥1，证明：∀x∈∪，＜f(x). 【解答】(1)记g(x)＝tan x－x，x∈，则g′(x)＝－1，因为x∈，所以cosx∈(0，1)，可得g′(x)＞0，所以g(x)在上单调递增，则g(x)＞g(0)＝0，即tan x＞x，x∈.当a＝1时，x＞xf(x)等价于x＞sin x，记h(x)＝x－sin x，x∈，则h′(x)＝1－cos x＞0，可知h(x)在上单调递增，则h(x)＞h(0)＝0，即x＞sin x，x∈.综上所述，当a＝1，x∈时，tan x＞x＞xf(x). (2)由题意可知＜f(x)等价于＜，记F(x)＝－，可知F(x)的定义域为∪，则F(－x)＝－＝－，可知F(x)为定义在∪内的偶函数，所以题设等价于当x∈时，F(x)＝－＜0.当a≥1时，可得x2cos x－a sin2x≤x2cosx－sin2x，记G(x)＝x2cosx－sin2x，x∈，由(1)可知tanx＞x，x∈，可得sin x＞x cos x，x∈，可得G′(x)＝2x cos x－x2sin x－2sin x cos x＜2sin x－x2sin x－2sin x cos x＝－sin x[x2－2(1－cos x)]＝－sin x＝－4sinx.当x∈时，∈⊆，sinx＞0，由(1)可得＞sin ＞0，则＞sin2＞0，可得G′(x)＜－4sinx＜0，可知G(x)在上单调递减，则G(x)＜G(0)＝0，F(x)＜0恒成立，所以＜f(x). 1. 已知函数f(x)＝ax－sin x. (1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围； (2)求证：当x>0时，ex>2sin x. (1)解　∵f(x)＝ax－sin x，∴f′(x)＝a－cos x， 由函数f(x)为增函数，则f′(x)＝a－cos x≥0恒成立， 即a≥cos x在R上恒成立，∵y＝cos x∈[－1，1]，∴a≥1， 即实数a的取值范围为[1，＋∞). (2)证明　由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sin x为增函数， 当x>0时，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， ∴g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0， ∴g(x)≥g(ln 2)>0，∴ex>2x成立， 故当x>0时，ex>2sin x. 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $