微专题一　 不等式的证明（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

一　 不等式的证明
能利用导数证明不等式，掌握证明不等式的常用方法，如构造法、双函数最值法、放缩法等，了解一些基本的构造方法和常用的放缩公式．
考点1 移项构造函数或直接利用函数的最值证明不等式
【例1】　（2024·河北保定三模）已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x，x＝1为f(x)的极值点．
(1)求a的值；
(2)求证：f(x)≤2x2－4x.
【解】　(1)f′(x)＝2x－a＋，
依题意，f′(1)＝2×1－a＋1＝0，解得a＝3，
经检验符合题意，所以a＝3.
(2)证明：由(1)可知，f(x)＝x2－3x＋ln x，
要证f(x)＝x2－3x＋ln x≤2x2－4x，即证x2－x－ln x≥0.
设g(x)＝x2－x－ln x，x>0，则g′(x)＝2x－1－＝，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x＝1时，g(x)取得极小值，也是最小值．
因为g(1)＝0，所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≤2x2－4x.
1．若待证不等式的一边含有自变量，另一边为常数，可根据含自变量的一边构造函数，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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
【对点训练1】　（2024·湖北荆州三模节选）已知函数f(x)＝ln x，求证：函数y＝f(x)的图象位于直线y＝x的下方．
证明：因为x>0，所以>0，要证明f(x)令h(x)＝ln x－，则h′(x)＝－＝，
当00，此时h(x)在(0，4)上单调递增，
当x>4时，h′(x)<0，此时h(x)在(4，＋∞)上单调递减，
故h(x)在x＝4处取得极大值也是最大值，故h(x)≤h(4)＝ln 4－2<0，所以ln x－<0恒成立，即原不等式成立，所以函数y＝f(x)的图象位于直线y＝x的下方．
考点2 将不等式拆分为两个函数证明不等式
【例2】　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，求证：xf(x)－ex＋2ex≤0.
【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.
记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．
1．若直接求导比较复杂或两次求导都不能判断导数的正负时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．
2．等价变形的目的是求导后能简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商的形式，便于求导后找到极值点．
【对点训练2】　已知函数f(x)＝ex2－x ln x，求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋.
证明：当x>0时，要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋.令h(x)＝ln x＋(x＞0)，则h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，
则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立．
考点3 利用放缩法证明不等式
【例3】　（2024·内蒙古赤峰三模）已知x∈(0，2).
(1)比较sin x，x的大小，并证明；
(2)求证：esin x<.
【解】　(1)x>sin x，x∈(0，2).
证明如下：
令g(x)＝x－sin x，x∈(0，2)，则g′(x)＝1－cos x>0，
∴g(x)在(0，2)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，即x∈(0，2)时，x>sin x.
(2)证明：由(1)得x∈(0，2)时，esin x因此要证x∈(0，2)，esin x<，只需证ex<，即证ex(2－x)－(2＋x)<0.
令f(x)＝ex(2－x)－(2＋x)，x∈(0，2)，则f′(x)＝ex(1－x)－1.
令g(x)＝ex(1－x)－1，
则g′(x)＝－xex.
∵x∈(0，2)，∴g′(x)<0，
∴g(x)在(0，2)上单调递减，
∴g(x)∴f(x)在(0，2)上单调递减，
∴f(x)∴ex(2－x)－(2＋x)<0，
∴当x∈(0，2)时，esin x<.
1．利用导数证明不等式时，若所证明的不等式中含有ex，ln x，sin x，cos x，tan x或其他多项式函数中的两种或两种以上，可考虑先利用不等式进行放缩，使问题简化，再构造函数进行证明．
2．常见的放缩
(1)tan x>x>sin x，x∈.
(2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥ln x．利用切线放缩可以把指数式、对数式转化为一次式，有利于后续的求解．
不等式“ex≥x＋1>x－1≥ln x”的推广及应用
1．教材母题：（人教A版选择性必修第二册P99T12）
利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证：
(1)ex>1＋x，x≠0；
(2)ln x0.
推广可得不等式ex≥x＋1>x－1≥ln x.
2．教材母题：（人教A版选择性必修第二册P89例4）
设x>0，f(x)＝ln x，g(x)＝1－，两个函数的图象如图所示．判断f(x)，g(x)的图象与C1，C2之间的对应关系．
由此可得不等式1－≤ln x.
3．应用上述不等式推广可得
(1)1－≤ln x≤x－1(x>0)，≤ln (1＋x)≤x(x>－1).
(2)ex-1≥x，ex≥ex；e≥＋1(n∈N*)，ex≥(n∈N*).
【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)求证：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，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：证法一　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)＝ln a－a＋1(a>0)，则g′(a)＝－1＝，所以当00，当a>1时，g′(a)<0，所以g(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(a)≤g(1)＝0，则ln a≤a－1，故－ln a≥1－a，
所以a2－－ln a≥a2－a＋＝＋>0，从而原不等式得证．
证法二　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，所以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＝－－ln ＝ln >0，则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立.
【对点训练3】　（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，求证：当x>1时，f(x)解：(1)f(x)＝a(x－1)－ln x＋1，则f′(x)＝，x>0，
若a≤0，则f′(x)<0，f(x)的减区间为(0，＋∞)，无增区间；
若a>0，则当0时，f′(x)>0，所以f(x)的减区间为，增区间为.
(2)证明：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g′(x)＝ex-1－2＋，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex-1－，其在(1，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(1)＝0，
所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增，g′(x)>g′(1)＝0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)>g(1)＝0，
所以当x>1时，f(x)课时作业21
1．（15分）（2024·陕西汉中二模）已知函数f(x)＝m ln x＋1－x.
(1)求证：当m＝1时，f(x)≤0恒成立；
(2)求证：＋＋＋…＋证明：(1)当m＝1时，f(x)＝ln x＋1－x(x>0)，f′(x)＝－1，
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当00，f(x)单调递增，
故f(x)≤f(1)＝0，即f(x)≤0恒成立．
(2)由(1)知，ln x＋1－x≤0，
将不等式中x替换为，得ln ＋1－≤0，即－ln x＋1－≤0，所以ln x≥1－，
当且仅当＝1，即x＝1时，等号成立．
令x＝，n≥2且n∈N*，则ln >1－＝，所以＋＋＋…＋2．（15分）已知函数f(x)＝ln x＋x2(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝2时，求证：f(x)≤x2＋x－1.
解：(1)函数f(x)＝ln x＋x2的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝＋ax＝，
当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，由f′(x)>0，得0，
因此函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≥0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a<0时，函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.
(2)证明：当a＝2时，f(x)＝ln x＋x2，令g(x)＝f(x)－x2－x＋1＝ln x－x＋1，
函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，求导得g′(x)＝－1，
当00，当x>1时，g′(x)<0，因此函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)≤g(1)＝0，所以f(x)≤x2＋x－1.
3．（15分）（2024·山东威海二模）已知函数f(x)＝ln x－ax＋1.
(1)求f(x)的极值；
(2)求证：ln x＋x＋1≤xex.
解：(1)由题意，得f(x)＝ln x－ax＋1的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝.
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，令f′(x)<0，则x>，令f′(x)>0，则0即f(x)在上单调递增，在上单调递减，
故x＝为函数的极大值点，函数的极大值为f＝－ln a，无极小值．
(2)证明：设g(x)＝xex－ln x－x－1，x>0，则g′(x)＝(x＋1)ex－－1.
令h(x)＝(x＋1)ex－－1(x>0)，
则h′(x)＝(x＋2)ex＋>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
h＝e－3<0，h(e)＝(e＋1)ee－－1>0，故 x0∈，使得h(x0)＝0，即x0＝1，
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
故g(x)min＝g(x0)＝x0－ln－x0－1＝0，即g(x)≥0，即xex≥ln x＋x＋1，则ln x＋x＋1≤xex.
4．（15分）已知函数f(x)＝ax ln x＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0证明：要证明f(x)只需证明＋1<.
令u(x)＝＋1，v(x)＝，
则u′(x)＝，0则00，函数u(x)在(0，e)上单调递增，x>e时，u′(x)<0，函数u(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以x＝e时，u(x)取得最大值，且最大值为＋1.由v(x)＝，可得v′(x)＝，
则0x>2时，v′(x)>0，函数v(x)在(2，＋∞)上单调递增，则x＝2时，v(x)取得最小值，且最小值为.
又－－1>－>0，
所以>＋1，
即<，
所以f(x)