第1课时 导数与不等式证明
【课程标准】 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.
类型一 作差构造法证明不等式
【例1】 (2025·大连一模)已知函数f(x)＝xln x＋ax＋1(a∈R)．
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
(2)当x>1时，证明：exln x>e(x－1)．
1．若证明f(x)
2．必要时要对原式进行变形，才能构造差函数，否则计算量可能很大，甚至无法进行不等式的证明．如本例第(2)要先变形，再构造差函数．
【训练1】 (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＋.
类型二 放缩法证明不等式
【例2】 已知函数f(x)＝ex.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x>－2时，求证：f(x)>ln(x＋2)．
放缩法证明不等式
在证明不等式的时候，若直接证明比较困难，可将不等式中的部分项进行放大或缩小，然后证明放缩后的不等式成立，再根据不等式的传递性证明原不等式成立，这种方法就是放缩法证明不等式，常用的放缩技巧有：(1)ex≥x＋1；(2)ex－1≥x；(3)ln x≤x－1；(4)ln(x＋1)≤x；(5)x>0时，sin x【训练2】 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.
类型三 转化为两个函数的最值证明不等式
【例3】 已知函数f(x)＝xln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立．
要证的不等式中既含有指数又含有对数，若直接用作差或作商的方式构造函数求导后不易处理，我们就可以在合理地分拆和转化后，按照需要构造函数，如本题，把证明x(ln x＋1)>－分拆为两个函数f(x)＝xln x＋x和G(x)＝－，使指数与对数分开，仅含指数或对数，再利用导数求出所构造函数的最值来证不等式成立．
【训练3】 已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
第1课时 导数与不等式证明
关键能力·落实
【例1】 解 (1)由已知得，－a≤ln x＋在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝ln x＋，则g′(x)＝－＝，令g′(x)>0，得x>1，令g′(x)<0，得0(2)当x>1时，若证exln x>e(x－1)成立，即证ln x>成立，设G(x)＝ln x－，则G′(x)＝－＝，设m(x)＝ex－1＋x2－2x，则m′(x)＝ex－1＋2x－2＝ex－1＋2(x－1)．当x>1时，m′(x)>0，所以m(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以当x>1时，m(x)>m(1)＝0，所以当x>1时，G′(x)>0，所以G(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，G(x)>G(1)＝0.由此可证，当x>1时，exln x>e(x－1)成立．
【训练1】 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．综上所述，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)证法一：(最值法)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00，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．
证法二：(同构法)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＝ln a＋1＋a2，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ln a0，m(x)单调递增；当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，所以m(x)≤m(1)＝0，即ln x≤x－1，即ln a≤a－1，又a2－－(a－1)＝a2－a＋＝2＋>0.所以a2－>a－1，即a2－>ln a．综上所述，f(x)>2ln a＋成立．
【例2】 解 (1)由f(x)＝ex，得f(0)＝1，f′(x)＝ex，则f′(0)＝1，即曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝x－0，所以所求切线方程为x－y＋1＝0.
(2)证明：设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)，则g′(x)＝ex－1，当－20时，g′(x)>0，即g(x)在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0，因此f(x)≥x＋1(当x＝0时取等号)，令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x>－2)，则h′(x)＝1－＝，则当－2－1时，h′(x)>0，即h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，于是当x＝－1时，h(x)min＝h(－1)＝0，因此x＋1≥ln(x＋2)(当x＝－1时取等号)，所以当x>－2时，f(x)>ln(x＋2)．
【训练2】 解 (1)因为f(x)＝ax－sin x，所以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．因为y＝cos x∈[－1,1]，所以a≥1，即实数a的取值范围是[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，所以g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，所以g(x)≥g(ln 2)>0，所以ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sin x.
【例3】 解 (1)函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.令f′(x)＝0，得x＝.当0时，f′(x)>0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．因此f(x)在x＝处取得极小值也是最小值，即f(x)min＝f＝－，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值．
(2)证明：当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－.由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x≥－，当且仅当x＝时取等号．设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝，当x∈(0,1)时，G′(x)>0，G(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，G′(x)<0，G(x)单调递减，所以G(x)max＝G(1)＝－，当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－成立．
【训练3】 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00；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.设g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，所以当01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．(共20张PPT)
第1课时
第三章 一元函数的导数及其应用
导数与不等式证明
课
程
标
准
关键能力/落实
赢在微点 数学 大一轮
第一部分
——考向探究
类型一
作差构造法证明不等式
解
解
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类型二
放缩法证明不等式
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类型三
转化为两个函数的最值证明不等式
解
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解
R
赢在欲点微练(二十五) 导数与不等式证明
1．已知函数f(x)＝，当x＝1时，f(x)有极大值.
(1)求实数a，b的值；
(2)当x>0时，证明：f(x)<.
2．(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)3.(2025·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：ex＋xln x＋x2－2x>0.
4．已知函数f(x)＝ln x＋－1.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)证明：＋＋…＋微练(二十五) 导数与不等式证明
1．解 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且f′(x)＝，因为x＝1时，f(x)有极大值，所以解得a＝1，b＝0，经检验，当a＝1，b＝0时，f(x)在x＝1时有极大值，所以a＝1，b＝0.
(2)由(1)知，f(x)＝，当x>0时，要证f(x)<，即证<，即证ex>x＋1.设g(x)＝ex－x－1，即g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)＝ex－1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0在(0，＋∞)上恒成立，即ex－x－1>0在(0，＋∞)上恒成立，即ex>x＋1在(0，＋∞)上恒成立，故当x>0时，f(x)<.
2．解 (1)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)解法一(作差法直接求导证明)：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)1时，g′(x)1时，g′(x)<0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以当x>1时，g(x)1时，f(x)解法二(放缩法)：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)3．解 (1)由题意可得f′(x)＝ex＋2x－1，则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.所以由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝0.
(2)证明：要证ex＋xln x＋x2－2x>0，即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1.由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立．设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0，则g′(x)＝－ln x．由g′(x)>0，得01.则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0.
4．解 (1)由题可知函数f(x)的定义域为{x|x>0}．因为f(x)＝ln x＋－1，所以f′(x)＝－＝，令f′(x)＝0，得x＝1.列表如下
x (0,1) 1 (1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝0，无极大值．
(2)证明：由(1)知f(x)≥0，即ln x＋－1≥0，即ln x≥1－＝，所以ln(x＋1)≥(当x＝0时，“＝”成立)．令x＝(n∈N*)，则ln>＝，则ln>，即ln(1＋n)－ln n>.所以累加可得ln(2n)－ln n>＋＋…＋.即ln 2>＋＋＋…＋.(共13张PPT)
微练(二十五)
导数与不等式证明
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