第2章 第13节 第1课时 利用导数证明不等式（配套教参Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

该高中数学讲义聚焦导数综合应用中的不等式证明核心考点，涵盖构造法证明一元不等式、等价转化法处理二元不等式、赋值法解决正整数不等式等高考热点，按新课标要求梳理知识逻辑，通过考点分类讲解、解题方法归纳、高考真题（如2023新课标Ⅰ卷）精讲等环节，帮助学生构建系统解题框架。 资料以高考压轴题突破为目标，创新采用“方法建模+真题实战”教学策略，例如证明二元不等式时，引导学生通过换元转化为单变量问题，培养逻辑推理与数学运算素养。设置基础巩固与能力提升分层练习，配合即时方法反馈，确保高效复习，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第13节　导数的综合应用 最新课程标准 教师专享 核心素养 考情聚焦 1.理解并掌握利用导数解决不等式的恒成立、能成立问题． 2．理解并掌握利用导数比较大小、证明不等式． 3．理解并掌握利用导数研究函数的零点问题 1.利用导数证明不等式，发展逻辑推理和数学运算素养． 2．利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题，提升逻辑推理和数学运算素养． 3．利用导数研究函数的零点问题，提升直观想象、逻辑推理和数学运算素养 　　导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归的数学思想的运用 第一课时　利用导数证明不等式 利用导数证明不等式是高考考查的重点和热点，常转化为函数的单调性、最值问题求证．　　 　构造法证明一元不等式 [典例]　(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]　(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：方法一：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＝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． 方法二：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＝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． 　　 利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值证明h(x)>0.若函数f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；若函数f(x)与g(x)的最值不易求出，可对h(x)＝f(x)－g(x)适当变形后进行转化． 已知函数f(x)＝. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0. [解]　(1)由题意：f(x)＝得f′(x)＝＝ ；∴f′(0)＝＝2；即曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线斜率为2， ∴y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程为y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0. (2)当a≥1时，f(x)＋e≥， 令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1，g′(－1)＝0，g′(x)在R上为增函数． 当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)≥g(－1)＝0. 因此当a≥1，f(x)＋e≥0. 　等价转化法证明二元不等式 [典例]　(2024·青岛市模拟)已知函数f(x)＝在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0. (1)求函数f(x)的解析式； (2)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立； (3)若0<a<b，求证：>. [解]　(1)将x＝－1代入切线方程得y＝－2， 所以f(－1)＝＝－2，化简得b－a＝－4.① f′(x)＝， f′(－1)＝＝－1.② 联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝. (2)证明：由题意知要证ln x≥在[1，＋∞)上恒成立， 即证明(x2＋1)ln x≥2x－2，x2ln x＋ln x－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，则h′(x)＝2xln x＋x＋－2，因为x≥1，所以2xln x≥0，x＋≥2·＝2(当且仅当x＝1时等号成立)， 即h′(x)≥0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0， 所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立． (3)证明：因为0<a<b，所以>1， 由(2)知ln>，整理得>， 所以当0<a<b时，>. 　　 　证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最值、单调性证明． (1)证明不等式f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，利用导数求F(x)的值域，得到F(x)<0即可； (2)对于证明含有两个变量a，b的不等式时，一种方法是通过变形构造成不等式f(a)>f(b)，然后利用函数f(x)的单调性证明，另一种方法是通过换元构造成单变量不等式，如本例令x＝，然后再利用已知关系证明即可． (2024·濮阳市模拟)已知函数f(x)＝xln x－mx2－x(m∈R)． (1)若函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围； (2)若函数f(x)在(0，＋∞)上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：ln x1＋ln x2＞2. 解：(1)∵f(x)＝xln x－mx2－x(m∈R)在(0，＋∞)上是减函数，∴f′(x)＝ln x－mx≤0在定义域(0，＋∞)上恒成立， ∴m≥max，设h(x)＝，则h′(x)＝， 由h′(x)＞0，得x∈(0，e)，由h′(x)＜0，得x＞e， ∴函数h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴h(x)max＝h(e)＝.∴m≥. 故实数m的取值范围是. (2)证明：由(1)知f′(x)＝ln x－mx， ∵函数f(x)在(0，＋∞)上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2， ∴，则， ∴＝， ∴ln x1＋ln x2＝·ln ＝， 设t＝∈(0,1)，则ln x1＋ln x2＝， 要证ln x1＋ln x2＞2， 只需证>2，只需证ln t＜，只需证ln t－＜0，构造函数g(t)＝ln t－，则g′(t)＝－＝＞0， ∴g(t)＝ln t－在t∈(0,1)上单调递增， ∴g(t)＜g(1)＝0，即g(t)＝ln t－＜0， ∴ln x1＋ln x2＞2. 　赋值法证明正整数不等式 [典例]　已知函数f(x)＝x－1－aln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)设m为整数，且对于任意正整数n， …＜m，求m的最小值． [解]　(1)解法一：f(x)＝x－1－aln x，x>0，则f′(x)＝1－＝，且f(1)＝0， 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以0<x<1时，f(x)<f(1)＝0，不满足题意； 当a>0时， 当0<x<a时，f′(x)<0，则f(x)在(0，a)上单调递减； 当x>a时，f′(x)>0，则f(x)在(a，＋∞)上单调递增． ①若0＜a<1，f(x)在(a,1)上单调递增，所以当x∈(a,1)时，f(x)<f(1)＝0，不满足题意； ②若a>1，f(x)在(1，a)上单调递减，所以当x∈(1，a)时，f(x)<f(1)＝0，不满足题意； ③若a＝1，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0满足题意． 综上所述a＝1. 解法二：因为f(1)＝0，要使f(x)＝x－1－aln x≥0在(0，＋∞)上恒成立，则必要条件为f′(1)＝1－a＝0，得a＝1. 当a＝1时，f(x)＝x－1－ln x，f′(x)＝. 当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 所以x＝1为f(x)的极小值点，f(x)≥f(1)＝0，即a＝1满足题意． (2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0，令x＝1＋，得ln <， 所以ln ＋ln ＋…＋ln <＋＋…＋＝1－<1， 从而…<e. 而2<e<3，所以m的最小值为3. 　　 证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的． (2022·北京卷，20)已知函数f(x)＝exln(1＋x)． (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性； (3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)＞f(s)＋f(t)． 解：(1)由题，f′(x)＝ex·ln(1＋x)＋ex·＝ex·， 故f′(0)＝e0·＝1，f(0)＝e0ln(1＋0)＝0， 因此，曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＝x. (2)由(1)知，g(x)＝f′(x)＝ex·， x∈[0，＋∞)， 则g′(x)＝ex·， 设h(x)＝ln(1＋x)＋－， x∈[0，＋∞)， 则h′(x)＝－＋＝＞0， 故h(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝1＞0， 因此g′(x)＞0对任意x∈[0，＋∞)上恒成立， 故g(x)在[0，＋∞)上单调递增． (3)设m(s)＝f(s＋t)－f(s)－f(t)＝es＋tln(1＋s＋t)－esln(1＋s)－etln(1＋t)， 则m′(s)＝es＋t－ es＝g(s＋t)－g(s)， 由(2)g(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故s＞0，t＞0时，m′(s)＝g(s＋t)－g(s)＞g(t)－ g(0)＞g(0)－g(0)＝0， 因此，m(s)在(0，＋∞)上单调递增， 故m(s)＞m(0)＝f(0＋t)－f(0)－f(t)＝－f(0)＝0， 因此，对任意的s，t∈(0，＋∞)， 有f(s＋t)＞f(s)＋f(t)． 学科网（北京）股份有限公司 $