第3章 重难专攻3 不等式的证明问题(学用讲义)-【优学精研】2027年高考数学一轮总复习学用Word（创新版）

该高中数学高考复习学案聚焦不等式证明问题，系统整合移项构造函数、分拆函数法两大核心考点，通过真题例题、方法指导与分层练习构建知识体系，以问题链引导学生自主归纳证明步骤，形成逻辑清晰的解题框架。 亮点在于自主学习路径设计与数学思维培养，如“一题多解”引导学生对比优化，分拆函数法中“双函数最值比较”步骤培养推理能力。每考点配方法总结与自测练习，学生可通过答案解析自主诊断提升，教师能依据学情精准指导，助力因材施教。

重难专攻3　不等式的证明问题 　　在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题. 移项构造函数证明不等式 （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＋. 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，基本步骤：①作差或变形；②构造函数g（x）；③利用导数研究g（x）的单调性与最值；④根据单调性及最值，得到欲证的不等式. 练1 〔一题多解〕（2024·全国甲卷20题节选）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. 分拆函数法证明不等式 已知函数f（x）＝eln x－ax（a∈R）. （1）讨论f（x）的单调性； （2）当a＝e时，证明：xf（x）－ex＋2ex≤0. 构造双函数证明不等式的一般思路 （1）在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题； （2）在证明过程中，“分拆”转化是关键，即将原不等式适当移项变形为f（x）＞g（x），从而研究两个函数式f（x），g（x），使f（x）min＞g（x）max恒成立，或f（x）min≥g（x）max恒成立（f（x）与g（x）取到最值的条件不是同一个“x的值”），从而f（x）＞g（x）； （3）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，一般地，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.分别计算它们的最值，借助最值进行证明. 练2 当a∈（0，2e）时，求证：2x2－（2x＋a）ln x＞0. 提示：完成课后作业　第三章　重难专攻3 答案 重难专攻3　不等式的证明问题 考点一 【例1】　解：（1）f'（x）＝aex－1，x∈（－∞，＋∞）. 当a≤0时，f'（x）＜0， 所以函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减； 当a＞0时，令f'（x）＞0，得x＞－ln a； 令f'（x）＜0，得x＜－ln a， 所以函数f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，在（－ln a，＋∞）上单调递增. 综上，当a≤0时，函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减； 当a＞0时，函数f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，在（－ln a，＋∞）上单调递增. （2）证明：由（1）得当a＞0时，函数f（x）的最小值为f（－ln a）＝1＋a2＋ln a. 令g（a）＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈（0，＋∞）， 所以g'（a）＝2a－， 令g'（a）＞0，得a＞； 令g'（a）＜0，得0＜a＜， 所以函数g（a）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增， 所以函数g（a）的最小值为g（）＝（）2－ln－＝ln ＞0， 所以当a＞0时，f（x）＞2ln a＋成立. 练1　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. 考点二 【例2】　解：（1）f'（x）＝－a（x＞0）， ①若a≤0，则f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增； ②若a＞0，则当0＜x＜时， f'（x）＞0， 当x＞时，f'（x）＜0， 故f（x）在（0，）上单调递增，在（，＋∞）上单调递减. （2）证明：因为x＞0，所以只需证f（x）≤－2e. 当a＝e时，由（1）知，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减， 所以f（x）max＝f（1）＝－e. 记g（x）＝－2e（x＞0），则g'（x）＝， 所以当0＜x＜1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减， 当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）单调递增， 所以g（x）min＝g（1）＝－e. 综上，当x＞0时，f（x）≤g（x）， 即f（x）≤－2e， 即xf（x）－ex＋2ex≤0得证. 练2　证明：由题意可知x＞0，要证明2x2－（2x＋a）ln x＞0，即证x－ln x＞. 令g（x）＝x－ln x，则g'（x）＝1－＝，x＞0， 由g'（x）＜0，得0＜x＜1，由g'（x）＞0，得x＞1，所以g（x）在（0，1）内单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以g（x）≥g（1）＝1. 令h（x）＝， 则h'（x）＝， 因为a∈（0，2e），所以由h'（x）＜0，得x＞e，由h'（x）＞0，得0＜x＜e，所以h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，所以h（x）≤h（e）＝＜1，所以g（x）＞h（x）恒成立，即x－ln x＞恒成立. 所以当a∈（0，2e）时， 2x2－（2x＋a）ln x＞0. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $