主题2 第3章 第4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（北师大版）

该高中数学讲义聚焦导数综合应用核心考点，围绕利用导数证明不等式，整合构造法、等价转化法、适当放缩法等解题策略，按课程标准要求构建知识体系。通过考点梳理、典例精讲（含答题模板与得分点分析）、真题训练等环节，帮助学生建立“求导分析—函数构造—最值论证”的解题框架，体现复习的系统性与针对性。 资料以高考真题为载体创新教学方法，如引导学生通过构造函数模型培养数学思维，设计分层练习（基础巩固、能力提升）结合即时反馈强化理解。用数学语言精准表达证明逻辑，助力学生在有限时间内掌握不等式证明的关键技巧，既提升学生应考能力，也为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第4节　导数的综合应用 ★[课程标准] 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． 第1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． 　　　 构造法证明不等式 [典例]　(12分)(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＋. ►[答题模板] (1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，令f′(x)＜0，所以f(x)在R上单调递减①，(2分) 当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝－ln a， 当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增②，(4分) 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a＞0时，f(x)在区间(－∞，－ln a)上单调递减， 在区间(－ln a，＋∞)上单调递增③.(5分) (2)第1步：转化不等式 由(1)得当a＞0时，f(x)在区间(－∞，－ln a)上单调递减，在区间(－ln a，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a④，(6分) 要证f(x)＞2ln a＋，只需证1＋a2＋ln a＞2ln a＋， 即证a2－－ln a＞0恒成立⑤.(8分) 第2步：构造新函数 令g(x)＝x2－ln x－(x＞0)，则g′(x)＝2x－＝， 令g′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．⑥(10分) 第3步：判断单调性 所以当x∈时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x∈时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．⑦(11分) 第4步：求函数最值 所以g(x)≥g(x)min＝g＝ln ＞0. 第5步：得最终结论 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋⑧.(12分) ►[教材知识迁移与运用] 条件 教材知识 迁移与运用 f(x)＝a(ex＋a)－x 若f(x)＝ex，则f′(x)＝ex 由f(x)＝a(ex＋a)－x得f′(x)＝aex－1 ►[得分点①]　正确求导并得到a≤0时函数f(x)的单调性得2分 ►[得分点②]　正确求解a＞0时函数f(x)的单调性得2分 ►[得分点③] 正确得出结论得1分 ►[得分点④]　正确求解a＞0时，函数f(x)的最小值得1分 ►[得分点⑤]　正确转化不等式得2分 ►[得分点⑥]　正确构造函数g(x)并求解其导函数的零点得2分 ►[得分点⑦] 正确求解函数g(x)的单调区间得1分 ►[得分点⑧] 正确得到结论得1分 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． (2024·全国甲卷(文))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． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝， 当a≤0时，f′(x)＝＜0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a＞0时，x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)； a＞0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)a≤2，且x＞1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋1＋ln x， 令g(x)＝ex－1－2x＋1＋ln x(x＞1)，下证g(x)＞0即可． g′(x)＝ex－1－2＋，再令h(x)＝g′(x)， 则h′(x)＝ex－1－，显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)＞h′(1)＝e0－1＝0，即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g′(x)＞g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)＞g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，所以f(x)＜ex－1. 　　　　等价转化法证明不等式 [典例]　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． 设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2. (1)求a，b； (2)证明：f(x)＞1. 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f′(1)＝e，f(1)＝2，而f′(x)＝aexln x＋，所以 解得 (2)证明：由(1)知，f(x)＝exln x＋，于是f(x)＞1⇔exln x＋＞1，将不等式改造为xln x＋＞. 令m(x)＝xln x＋，则m′(x)＝1＋ln x. 由m′(x)＞0，可得x＞，由m′(x)＜0，可得0＜x＜，所以m(x)在上单调递减，在上单调递增，所以[m(x)]min＝ m＝.令n(x)＝，则n′(x)＝. 由n′(x)＜0可得x＞1，由n′(x)＞0，可得0＜x＜1，所以n(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以[n(x)]max＝n(1)＝. 又因为等号不能同时成立， 所以xln x＋＞，即f(x)＞1. 　　　适当放缩证明不等式 [典例]　(2024·天津卷)设函数f(x)＝xln x. (1)求f(x)图象上点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)≥a(x－)在x∈(0，＋∞)时恒成立，求a的取值范围； (3)若x1，x2∈(0,1)，证明|f(x1)－f(x2)|≤. [解]　(1)由于f(x)＝xln x，故f′(x)＝ln x＋1. 所以f(1)＝0，f′(1)＝1，所以所求的切线经过(1,0)，且斜率为1，故其方程为y＝x－1. (2)设h(t)＝t－1－ln t，则h′(t)＝1－＝，从而当0＜t＜1时h′(t)＜0，当t＞1时h′(t)＞0. 所以h(t)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，这就说明h(t)≥h(1)，即t－1≥ln t，且等号成立当且仅当t＝1. 设g(t)＝a(t－1)－2ln t，则f(x)－a(x－)＝xln x－a(x－) ＝x＝x·g. 当x∈(0，＋∞)时，的取值范围是(0，＋∞)， 所以命题等价于对任意t∈(0，＋∞)， 都有g(t)≥0. 一方面，若对任意t∈(0，＋∞)，都有g(t)≥0， 则对t∈(0，＋∞)，有0≤g(t)＝a(t－1)－2ln t ＝a(t－1)＋2ln≤a(t－1)＋2 ＝at＋－a－2， 取t＝2，得0≤a－1，故a≥1＞0. 再取t＝，得0≤a·＋2－a－2 ＝2－a－2＝－(－)2，所以a＝2. 另一方面，若a＝2，则对任意t∈(0，＋∞)都有g(t)＝2(t－1)－2ln t＝2h(t)≥0，满足条件． 综合以上两个方面，知a的取值范围是{2}． (3)先证明一个结构，对0＜a＜b，有ln a＋1＜＜ln b＋1， 证明：前面已经证明不等式t－1≥ln t，故＝＋ln b＝＋ln b＜1＋ln b，且＝＋ln a＝＋ln a>＋ln a＝1＋ln a，所以ln a＋1<<ln b＋1，即ln a＋1<<ln b＋1.由f′(x)＝ln x＋1，可知当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． 不妨设x1≤x2，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论． 情况一：当≤x1≤x2<1时，有|f(x1)－f(x2)|＝f(x2)－f(x1)<(ln x2＋1)(x2－x1)<x2－x1<，结论成立； 情况二：当0<x1≤x2≤时，有|f(x1)－f(x2)|＝f(x1)－f(x2)＝x1ln x1－x2ln x2.对任意的c∈，设φ(x)＝xln x－cln c－， 则φ′(x)＝ln x＋1＋. 由于φ′(x)单调递增，且有 ＋1＋＝－1－＋1＋＝0，且当x≥c－，x>时，由≥ln－1可知φ′(x)＝ln x＋1＋>ln＋1＋＝－≥0. 所以φ′(x)在(0，c)上存在零点x0，再结合φ′(x)单调递增，即知0<x<x0时φ′(x)<0，x0<x<c时，φ′(x)>0. 故φ(x)在(0，x0]上单调递减，在[x0，c]上单调递增． ①当x0≤x≤c时，有φ(x)≤φ(c)＝0； ②当0<x<x0时，由于ln＝－2f()≤－2f＝<1，故可以取q∈. 从而当0<x<时，由＞q，可得φ(x)＝xln x－cln c－<－cln c－< －cln c－q＝<0. 再根据φ(x)在(0，x0]上单调递减，即知对0<x<x0都有φ(x)<0； 综合①②可知对任意0<x≤c，都有φ(x)≤0， 即φ(x)＝xln x－cln c－≤0. 根据c∈和0<x≤c的任意性，取c＝x2，x＝x1，就得到x1ln x1－x2ln x2－≤0. 所以|f(x1)－f(x2)|＝f(x1)－f(x2)＝x1ln x1－x2ln x2≤. 情况三：当0<x1≤≤x2<1时，根据情况一和情况二的讨论，可得≤ ≤，≤ ≤. 而根据f(x)的单调性，知|f(x1)－f(x2)|≤或|f(x1)－f(x2)|≤. 故一定有|f(x1)－f(x2)|≤成立． 综上，结论成立． 导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号． 已知实数a＞0，函数f(x)＝ex－ax－1(e为自然对数的底数)． (1)求函数f(x)的单调区间及最小值； (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值； (3)证明：ln＋ln＋ln＋…＋ln＜1(n∈N*)． 解：(1)∵f′(x)＝ex－a， 当a＞0时，若x∈(ln a，＋∞)，f′(x)＞0，得函数f(x)在(ln a，＋∞)上是增函数； 若x∈(－∞，ln a)，f′(x)＜0，得函数f(x)在(－∞，ln a)上是减函数． 则当a＞0时，函数f (x) 的单调递增区间是(ln a，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln a)． 即f(x)在x＝ln a处取得极小值且为最小值，最小值为f(ln a)＝eln a－aln a－1＝a－aln a－1. (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，等价为f(x)min≥0， 由(1)知，f(x)min＝a－aln a－1， 设g(a)＝a－aln a－1，则g′(a)＝1－ln a－1＝－ln a， 由g′(a)＝0，得a＝1， 由g′(a)＞0，得0＜a＜1，此时函数单调递增， 由g′(a)＜0，得a＞1，此时函数单调递减， ∴g(a)在a＝1处取得最大值，即g(1)＝0， 因此g(a)≥0的解为a＝1.所以实数a的值为1. (3)证明：∵ln(1＋x)＜x，x∈(0,1)． ∴ln ＜＝2， ∴ln＋ln＋ln＋…＋ln ＜2＋…＋＝2＜1. 学科网（北京）股份有限公司 $