第三章 课时7 利用导数证明不等式讲义-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证明不等式与极值点偏移两大核心考点，系统整合利用函数最值、分拆函数、放缩构造等证明方法，结合考情分析定位高考高频题型，通过考点梳理、规律方法提炼、真题例练结合的教学环节，帮助学生构建解题框架突破难点。 讲义采用分层递进的例练设计与专项策略指导，如在极值点偏移证明中通过对称化构造函数对比左右单调性，培养学生数学思维与模型构建能力。拓展知识提供常用不等式工具，巩固提升环节设置模拟真题分层训练，确保高效突破考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

课时7 利用导数证明不等式 一、考情分析 导数中的不等式证明是高考的常考题型，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，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果． 二、考点扫描 考点一 利用函数的最值证明不等式 例1 已知函数． (1)试讨论的单调性； (2)证明：当时，． 参考数据：. 规律方法： 对点训练 已知函数． (1)试讨论的单调性； (2)证明：当时，． 考点二 分拆成两个函数证明不等式 例2 已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)试讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a＝e时，xf(x)－ex＋2ex≤0. 规律方法： 对点训练 (2026·湖南长沙市模拟节选)已知函数.若，求证：. 考点三 放缩后构造函数证明不等式 例3 证明：当x>0时，ex－sin x－1>xln x. 规律方法： 对点训练 (2026·山东济南市模拟节选)已知函数，求证：. 例4 已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1. (1)试讨论函数f(x)的单调性； (2)设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. 规律方法： 【拓展知识】 常用不等式：（应用时须给出证明） （1）；． （2）；． （3）当时，① ；②． （4）,. 对点训练 已知函数f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝ln x－＋2a. (1)若a＝，试比较函数f(x)与g(x)的大小； (2)若m>n>0，求证：>. 拓展与延伸9 极值点偏移 一、考情分析 极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大.解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色． 二、知识梳理 1.极值点不偏移 已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图①. 图① (无偏移，左右对称，如二次函数)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0. 2.极值点偏移 若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图②③. 图② (左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0. 图③ (左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0. 三、考点扫描 考点一 　对称化构造函数 例1 (2026·山东青岛市调研)已知函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若有两个不同的零点，证明：． 规律方法： 对点训练 （2026·安徽淮南市模拟）已知函数． (1)若，证明：当时，； (2)若函数恰有三个零点，证明：． 考点二 比、差值换元构造函数 例2 已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数.若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1x2>e2. 规律方法： 对点训练 （2026·广东湛江市模拟）已知. (1)求的单调区间； (2)函数的图象上是否存在两点（其中），使得直线与函数的图象在处的切线平行？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 四、巩固提升 1.（2026·湖南邵阳市模拟节选）已知函数.当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：. 2. (2026·河北沧州市模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax－1(a∈R).若方程f(x)＋2＝0有两个实根x1，x2，且x2>2x1，求证：x1x>. 参考数据：ln 2≈0.693，ln 3≈1.099. 课时7 利用导数证明不等式参考答案 二、考点扫描 例1 （1）【解】由题意，得. 当时，在上恒成立，在上单调递减. 当时，令，解得． 当时，，当，． 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）【证明】由（1）可知，当时，的最小值为． 要证成立，需成立， 即证． 令，则． 令，得（负值舍去）． 当时，；当时，． 因此在上单调递减，在上单调递增． 所以当时，取得最小值，， 故当时，． 对点训练 （1）【解】的定义域为，． 若，则，在上单调递减： 若，则由得，当时，；当时，. 故在上单调递减，在上单调递增. 故当时，在上单调递减： 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）【证明】方法一：当时，由（1）知，当时，取得最小值． 所以，从而． 设，则． 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故当时，， 故当时，，即. 方法二：当时，由（1）知，当时，取得最小值， 所以，从而， 令，， 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减， 故，当等号成立. 所以当时，， 即. 例2 (1)【解】　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． 对点训练【证明】，即， 也即，也即. 设，则.令，解得， 又在上单调递增，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. 设，则，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以.又，所以， 所以. 由题意，，所以， 所以，得证. 例3 【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. 对点训练 【证明】 由题意，当时，由， 则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以. 设，当时，， 当时，设，则， 所以在上是增函数， 所以，即，，所以， 而，所以. 综上，当时，． 例4 (1)【解】　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝. 当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当－1<a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝. 当x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0， 故f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)【证明】　不妨设x1≥x2，由于a≤－2，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1. 令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4＝. 于是g′(x)≤＝≤0.从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2， 故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. 对点训练 (1)【解】　当a＝时，f(x)＝＋1，g(x)＝ln x＋＋1. 令F(x)＝f(x)－g(x)＝－ln x－，则F′(x)＝－＋＝≥0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0. 综上，当x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)， 当x∈(0,1)时，F(x)<0，f(x)<g(x)； 当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，f(x)>g(x)． (2)【证明】　因为m>n>0，则>1， 要证>，即证>ln m－ln n，即证－>ln ， 设t＝，则t>1，即证t－>ln t2＝2ln t，即证－ln t－>0(t>1)， 由(1)知，当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立， 所以当m>n>0时，>. 拓展与延伸9 极值点偏移 三、考点扫描 例1 （1）【解】首先由可知的定义域是，从而. 故，从而当时，当时. 故在上递增，在上递减，所以具有最大值. 所以命题等价于，即.所以的取值范围是. （2）【证明】不妨设，由于在上递增，在上递减，故一定有. 在的范围内定义函数. 则，所以单调递增. 这表明时，即. 又因为，且和x2都大于， 故由在上的单调性知，即. 对点训练 【证明】（1）时，函数， 则，在上单调递增，所以． （2），显然为函数的一个零点，设为. 设函数，. 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增． 由已知，必有两个零点，且，下证：． 设函数，则， . 由于，则， 由（1）有，故，即函数在上单调递减， 所以，即有. 由于，且在上单调递增，所以，所以． 例2 【证明】　方法一：不妨设x1>x2，因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0， 所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a. 欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>， 所以原问题等价于证明>，即ln >.令c＝(c>1)， 则不等式变为ln c>.令h(c)＝ln c－(c>1)， 所以h′(c)＝－＝>0， 所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，即ln c－>0(c>1)， 因此原不等式x1x2>e2得证. 方法二：由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个根，设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.下证：t1＋t2>2.g′(x)＝(1－x)，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝.当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0，由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1<t2，作出函数g(x)的图象如图所示， 由图知必有0<t1<1<t2.令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，则F′(x)＝g′(1＋x)＋g′(1－x)＝(e2x－1)>0，所以F(x)在(0，1]上单调递增，所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0，1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0，1]恒成立.由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0，1)，所以g(1＋(1－t1))＝g(2－t1)>g(1－(1－t1))＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2).又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以2－t1<t2，所以t1＋t2>2，即x1x2>e2. 对点训练【解】（1）由题可得. 因为，所以， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增. 综上，在上单调递减，在上单调递增. （2）由题意，得斜率 ， . 由得， ，即，即. 令，不妨设，则， 记， 所以，所以在上是增函数，所以， 所以方程无解，则满足条件的两点不存在. 四、巩固提升 1. 【证明】当时，可得，， 或 故在内单调递增，在内单调递减，由题意可得：， 因为，令， 则， 可知在内单调递增， 则，可得在内恒成立. 因为，则， 且在内单调递减，则，即. 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立. 因为，则， 且在内单调递增，则，即. 由和可得. 2.【证明】　由题意知f(x)＋2＝ln x－ax＋1＝0，于是，令＝t，则由x2>2x1可得t>2.于是t＝＝＝，即ln x1＝－1.从而ln x2＝ln t＋ln x1＝－1. 另一方面，对x1x>两端分别取自然对数，则有ln x1＋2ln x2>5ln 2－3， 于是，即证＋－3>5ln 2－3，即>5ln 2，其中t>2. 设g(t)＝，t>2.则g′(t)＝＝. 设φ(t)＝－3ln t＋2t－－1，t>2.则φ′(t)＝－＋2＋＝＝>0在(2，＋∞)上恒成立，于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，从而φ(t)>φ(2)＝－3ln 2＋4－－1＝－3ln 2>0. 所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2.因此x1x>，即原不等式成立． . 学科网（北京）股份有限公司 $