2026年高考数学一轮复习专题课件：利用导数证明不等式(共76张PPT)
文档属性
| 名称 | 2026年高考数学一轮复习专题课件：利用导数证明不等式(共76张PPT) |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 2.8MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-12 00:00:00 | ||
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文档简介
(共76张PPT)
利用导数证明不等式
2026年高考数学一轮复习专题课件★★
题型一 直接构造函数证明不等式
(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f (x)的单调性；
【答案】 (1)见解析
【解析】 (1)f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)<0，f (x)在R上单调递减；
【答案】 (2)证明见解析
方法三：易证ex≥x＋1，ln x≤x－1，且两个等号不能同时取得，
则f (x)＝a(ex＋a)－x＝ex＋ln a＋a2－x≥(x＋ln a＋1)＋a2－x＝1＋ln a＋
状元笔记
(1)若证明f (x)<0，x∈(a，b)，可直接转化为证f (x)在(a，b)上的最大值小于0.
(2)若证明f (x)思考题1 (2025·福建南平模拟)已知函数f (x)＝a(x－1)－ln x＋1.
(1)求f (x)的单调区间；
【答案】 (1)见解析
综上所述，当a≤0时f (x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
(2)若a＝2，证明：当x>1时，f (x)【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (2)证明：当a＝2时，f (x)＝2x－ln x－1，令g(x)＝ex－1－f (x)＝ex－1－2x＋ln x＋1(x>1)，则g′(x)＝ex－1－2＋ ，
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＋ln 1＋1＝0，
所以ex－1－2x＋ln x＋1>0，即ex－1>2x－ln x－1，原不等式得证．
题型二 放缩构造函数证明不等式
已知函数f (x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求曲线y＝f (x)在(1，f(1))处的切线方程；
【答案】 (1)y＝0
【解析】 (1)当a＝1时，
f (x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
f′(x)＝ex－1－，f′(1)＝0，
又f(1)＝0，∴切点为(1，0)．
∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明：当a≥1时，f (x)≥0.
【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (2)证明：∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，
∴f (x)≥ex－1－ln x－1.
方法一：令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝0，
故ex≥x＋1，当x＝0时取“＝”．
同理可证ln x≤x－1，当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1 ex－1≥x(当x＝1时取“＝”)，
由x－1≥ln x x≥ln x＋1(当x＝1时取“＝”)，
∴ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1，
即ex－1－ln x－1≥0(当x＝1时取“＝”)，
即f (x)≥0.
方法二：令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，φ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，
∴f (x)≥φ(x)≥0.
状元笔记
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等．
思考题2 已知函数f (x)＝aln(x－1)＋ ，其中a为正实数．证明：当x>2时，f (x)【答案】 证明见解析
【证明】 设h(x)＝ln x－(x－1)，则h′(x)＝ －1，令h′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，
所以h(x)在x＝1时取得极大值亦即最大值h(1)＝0.
因此h(x)＝ln x－(x－1)≤0，即ln x≤x－1.
所以当x>2时，有ln(x－1)≤x－2.又因为a>0，
因为x>2，所以g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
题型三 构造双函数证明不等式
(2025·苏州模拟)已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
∴当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
【答案】 (2)证明见解析
由(1)知，当a＝e时，函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝－e，
状元笔记
若直接求导比较复杂或无从下手时，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．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数型函数与对数型函数分离到不等式两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
思考题3 已知函数f (x)＝axln x＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0【答案】 证明见解析
【证明】 要证明f (x)则当00，函数u(x)在(0，e)上单调递增；
当x>e时，u′(x)<0，函数u(x)在(e，＋∞)上单调递减．
则当0当x>2时，v′(x)>0，函数v(x)在(2，＋∞)上单调递增．
一、“凹凸反转”证明不等式
要证明f (x)>0，可把f (x)拆分成两个函数g(x)，h(x)，放在不等式的两边，如g(x)>h(x)，此时只要证明g(x)min>h(x)max即可(注意：g(x)min>h(x)max是g(x)>h(x)成立的充分条件，反之不一定成立)，其中g(x)是凹函数，h(x)是凸函数，因为这两个函数的凹凸性刚好相反，所以称为“凹凸反转”．这种方法简化了证明过程的思维量．
“凹凸反转”的关键是如何分离使不等号两边函数的凹凸性相反，比如将指(对)数函数和多项式组合的函数分开，构造两个单峰函数，然后利用导数分别求两个函数的最值并进行比较．所以需要掌握一些常见的指(对)数函数和多项式组合的函数的图象与最值，比如f (x)＝xex，
已 知函数f (x)＝1＋(a＋1)x＋ln x，证明：对任意x>0， ＋1＋(1＋a)x>f (x)．
【答案】 证明见解析
当x∈(0，2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
(1)若函数g(x)＝xf (x)，讨论g(x)的单调性与极值；
【答案】 (1)见解析
【答案】 (2)证明见解析
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
二、双变量不等式的证明
已知函数f (x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1.
(1)讨论函数f (x)的单调性；
【答案】 (1)见解析
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(2)设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|.
【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (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.
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|.
(1)讨论f (x)的单调性；
【答案】 (1)见解析
∴f′(x)≥0且不恒为0，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (2)证明：由(1)知当0∴x1＋x2＝1，x1·x2＝a.
三、与数列有关的不等式的证明
(1)若函数f (x)在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
【答案】 (1)[1，＋∞)
由函数f (x)在[1，＋∞)上单调递增，得f′(x)≥0且不恒为0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，
【答案】 (2)证明见解析
思考题3 (2025·四川巴中模拟预测)设函数f (x)＝xln x－a(x2－1)，x>1.
(1)已知f (x)<0恒成立，求实数a的取值范围；
当2a≤0，即a≤0时，u′(x)>0，u(x)即f′(x)是(1，＋∞)上的增函数，因此f′(x)>f′(1)＝1－2a>0，
所以f (x)是增函数，所以f (x)>f(1)＝0，不合题意，舍去；
所以f (x)是(1，＋∞)上的减函数，从而f (x)【答案】 (2)证明见解析
一、利用导数证明与数列有关的不等式
(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
【答案】 (1)见解析
【解析】 (1)当a＝1时，f (x)＝xex－ex，f′(x)＝xex，
当x>0时，f′(x)＝xex>0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；当x<0时，f′(x)＝xex<0，函数f (x)在(－∞，0)上单调递减．
(2)当x>0时，f (x)<－1，求a的取值范围；
【解析】 (2)f′(x)＝(1＋ax)eax－ex(x∈(0，＋∞))，
①当a≥1时，f′(x)＝(1＋ax)eax－ex>eax－ex≥ex－ex＝0，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x)>f(0)＝－1，与题意矛盾．
②当a≤0时，f′(x)≤eax－ex≤1－ex<0，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f (x)令H(x)＝1＋ax－e(1－a)x，则f′(x)＝eaxH(x)，
H′(x)＝a＋(a－1)e(1－a)x，易知H′(x)为减函数，又H′(0)＝2a－1>0，x→＋∞时，H′(x)→－∞，
∴ x0∈(0，＋∞)，使H′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时H′(x)>0，H(x)在(0，x0)上单调递增，此时H(x)>0，
∴当x∈(0，x0)时，f′(x)＝eaxH(x)>0，
f (x)在(0，x0)上单调递增，∴f (x)>f(0)＝－1，与题意矛盾．
【答案】 (3)证明见解析
当x>1时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，h(x)状元笔记
(1)证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到．
(2)已知不等式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数(或指数)有关的不等式的证明还要注意指数式、对数式的互化，如ex≥x＋1，可化为ln(x＋1)≤x等．
思考题1 已知函数f (x)＝ln x－ax2＋x＋1.
(1)当a＝0时，求函数g(x)＝xex－f (x)的最小值；
【答案】 (1)0
【解析】 (1)当a＝0时，g(x)＝xex－ln x－x－1.
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
在(0，x0)上，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(0，x0)单调递减，
在(x0，＋∞)上，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
方法二：易证得ex≥x＋1恒成立，当x＝0时取“＝”，
故xex＝ex＋ln x≥x＋ln x＋1恒成立(当x＋ln x＝0时取“＝”)，
∴xex－x－ln x－1≥0恒成立．
即g(x)的最小值为0.
【答案】 (2)1，证明见解析
∴f (x)在(0，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减．
∴f (x)max＝f(1)＝1.
∴在(1，＋∞)上，ln x－x2＋x＋1<1，
思考题2 已知函数f (x)＝asin(1－x)＋ln x，a∈R.
(1)讨论函数f (x)在x∈(0，1)时的单调性；
【答案】 (1)见解析
∵0当a≤0时，f′(x)>0，此时f (x)在(0，1)上单调递增；
当00，此时f (x)在(0，1)上单调递增；
当a>1时，令h(x)＝1－axcos(1－x)，0＜x＜1，
则h′(x)＝－a[cos(1－x)＋xsin(1－x)]，
∵sin(1－x)＞0，∴h′(x)<0，∴h(x)在(0，1)上单调递减，
又h(0)＝1>0，h(1)＝1－a<0，
∴h(x)在(0，1)上存在唯一零点x0，即h(x0)＝1－ax0cos(1－x0)＝0，
∴当x∈(0，x0)时，h(x)>0，f′(x)>0，f (x)单调递增，
当x∈(x0，1)时，h(x)<0，f′(x)<0，f (x)单调递减．
综上，当a≤1时，f (x)在(0，1)上单调递增；
当a>1时，f (x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，其中x0为方程ax0cos(1－x0)＝1的根．
【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (2)证明：由(1)知当a＝1时，f (x)＝sin(1－x)＋ln x在区间(0，1)上单调递增，
则f (x)∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
又当n＝1时，①也成立．故原不等式得证．
二、双变量不等式的证明
(2022·北京)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；
【答案】 (1)y＝x
(2)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性；
【答案】 (2)见解析
故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝1>0，
因此g′(x)>0对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，
故g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
故g′(x)>0对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，
故g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
(3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)．
【答案】 (3)证明见解析
【解析】 (3)证明：方法一：原不等式等价于f(s＋t)－f(s)>f(t)－f(0)，
令m(x)＝f (x＋t)－f (x)(x，t>0)，
即证m(s)>m(0)，
又x，t>0，∴g(x＋t)>g(x)，∴m′(x)>0，
∴m(x)在(0，＋∞)上单调递增，又s＞0，∴m(s)>m(0)，即命题得证．
方法二：设m(s)＝f(s＋t)－f(s)－f(t)＝es＋tln(1＋s＋t)－esln(1＋s)－etln(1＋t)，
由(2)知g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故当s>0，t>0时，m′(s)＝g(s＋t)－g(s)>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)．
思考题3 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)．证明：x1x2>e2.
【答案】 证明见解析
不妨设x1>x2＞0，
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)，
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)>h(1)＝0，
因此原不等式x1x2>e2得证．
方法二(巧抓极值点构造函数)：
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的两根．
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，t1≠t2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，x1x2>e2 ln x1＋ln x2>2 t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
g′(x)＝(1－x)e－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＋.
由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，
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－t12，即x1x2>e2.
方法三(巧抓“根差”——s＝Δt＝t2－t1构造函数)：
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的两根．
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，t1≠t2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，x1x2>e2 ln x1＋ln x2>2 t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
不妨设t2>t1，同方法二知，0故证2s＋(s－2)(es－1)>0.②
令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，
则G′(s)＝(s－1)es＋1，令H(s)＝(s－1)es＋1，s＞0，则H′(s)＝ses>0，
故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G′(s)>G′(0)＝0，
从而G(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G(s)>G(0)＝0，
所以②式成立，故t1＋t2>2，即x1x2>e2.
利用导数证明不等式
2026年高考数学一轮复习专题课件★★
题型一 直接构造函数证明不等式
(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f (x)的单调性；
【答案】 (1)见解析
【解析】 (1)f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)<0，f (x)在R上单调递减；
【答案】 (2)证明见解析
方法三：易证ex≥x＋1，ln x≤x－1，且两个等号不能同时取得，
则f (x)＝a(ex＋a)－x＝ex＋ln a＋a2－x≥(x＋ln a＋1)＋a2－x＝1＋ln a＋
状元笔记
(1)若证明f (x)<0，x∈(a，b)，可直接转化为证f (x)在(a，b)上的最大值小于0.
(2)若证明f (x)
(1)求f (x)的单调区间；
【答案】 (1)见解析
综上所述，当a≤0时f (x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
(2)若a＝2，证明：当x>1时，f (x)
【解析】 (2)证明：当a＝2时，f (x)＝2x－ln x－1，令g(x)＝ex－1－f (x)＝ex－1－2x＋ln x＋1(x>1)，则g′(x)＝ex－1－2＋ ，
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＋ln 1＋1＝0，
所以ex－1－2x＋ln x＋1>0，即ex－1>2x－ln x－1，原不等式得证．
题型二 放缩构造函数证明不等式
已知函数f (x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求曲线y＝f (x)在(1，f(1))处的切线方程；
【答案】 (1)y＝0
【解析】 (1)当a＝1时，
f (x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
f′(x)＝ex－1－，f′(1)＝0，
又f(1)＝0，∴切点为(1，0)．
∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明：当a≥1时，f (x)≥0.
【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (2)证明：∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，
∴f (x)≥ex－1－ln x－1.
方法一：令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝0，
故ex≥x＋1，当x＝0时取“＝”．
同理可证ln x≤x－1，当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1 ex－1≥x(当x＝1时取“＝”)，
由x－1≥ln x x≥ln x＋1(当x＝1时取“＝”)，
∴ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1，
即ex－1－ln x－1≥0(当x＝1时取“＝”)，
即f (x)≥0.
方法二：令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，φ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，
∴f (x)≥φ(x)≥0.
状元笔记
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等．
思考题2 已知函数f (x)＝aln(x－1)＋ ，其中a为正实数．证明：当x>2时，f (x)
【证明】 设h(x)＝ln x－(x－1)，则h′(x)＝ －1，令h′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，
所以h(x)在x＝1时取得极大值亦即最大值h(1)＝0.
因此h(x)＝ln x－(x－1)≤0，即ln x≤x－1.
所以当x>2时，有ln(x－1)≤x－2.又因为a>0，
因为x>2，所以g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
题型三 构造双函数证明不等式
(2025·苏州模拟)已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
∴当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
【答案】 (2)证明见解析
由(1)知，当a＝e时，函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴当x∈(0，1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝－e，
状元笔记
若直接求导比较复杂或无从下手时，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．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数型函数与对数型函数分离到不等式两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
思考题3 已知函数f (x)＝axln x＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0
【证明】 要证明f (x)
当x>e时，u′(x)<0，函数u(x)在(e，＋∞)上单调递减．
则当0
一、“凹凸反转”证明不等式
要证明f (x)>0，可把f (x)拆分成两个函数g(x)，h(x)，放在不等式的两边，如g(x)>h(x)，此时只要证明g(x)min>h(x)max即可(注意：g(x)min>h(x)max是g(x)>h(x)成立的充分条件，反之不一定成立)，其中g(x)是凹函数，h(x)是凸函数，因为这两个函数的凹凸性刚好相反，所以称为“凹凸反转”．这种方法简化了证明过程的思维量．
“凹凸反转”的关键是如何分离使不等号两边函数的凹凸性相反，比如将指(对)数函数和多项式组合的函数分开，构造两个单峰函数，然后利用导数分别求两个函数的最值并进行比较．所以需要掌握一些常见的指(对)数函数和多项式组合的函数的图象与最值，比如f (x)＝xex，
已 知函数f (x)＝1＋(a＋1)x＋ln x，证明：对任意x>0， ＋1＋(1＋a)x>f (x)．
【答案】 证明见解析
当x∈(0，2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
(1)若函数g(x)＝xf (x)，讨论g(x)的单调性与极值；
【答案】 (1)见解析
【答案】 (2)证明见解析
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
二、双变量不等式的证明
已知函数f (x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1.
(1)讨论函数f (x)的单调性；
【答案】 (1)见解析
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
【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (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.
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|.
(1)讨论f (x)的单调性；
【答案】 (1)见解析
∴f′(x)≥0且不恒为0，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (2)证明：由(1)知当0
三、与数列有关的不等式的证明
(1)若函数f (x)在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
【答案】 (1)[1，＋∞)
由函数f (x)在[1，＋∞)上单调递增，得f′(x)≥0且不恒为0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，
【答案】 (2)证明见解析
思考题3 (2025·四川巴中模拟预测)设函数f (x)＝xln x－a(x2－1)，x>1.
(1)已知f (x)<0恒成立，求实数a的取值范围；
当2a≤0，即a≤0时，u′(x)>0，u(x)即f′(x)是(1，＋∞)上的增函数，因此f′(x)>f′(1)＝1－2a>0，
所以f (x)是增函数，所以f (x)>f(1)＝0，不合题意，舍去；
所以f (x)是(1，＋∞)上的减函数，从而f (x)
一、利用导数证明与数列有关的不等式
(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
【答案】 (1)见解析
【解析】 (1)当a＝1时，f (x)＝xex－ex，f′(x)＝xex，
当x>0时，f′(x)＝xex>0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；当x<0时，f′(x)＝xex<0，函数f (x)在(－∞，0)上单调递减．
(2)当x>0时，f (x)<－1，求a的取值范围；
【解析】 (2)f′(x)＝(1＋ax)eax－ex(x∈(0，＋∞))，
①当a≥1时，f′(x)＝(1＋ax)eax－ex>eax－ex≥ex－ex＝0，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x)>f(0)＝－1，与题意矛盾．
②当a≤0时，f′(x)≤eax－ex≤1－ex<0，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f (x)
H′(x)＝a＋(a－1)e(1－a)x，易知H′(x)为减函数，又H′(0)＝2a－1>0，x→＋∞时，H′(x)→－∞，
∴ x0∈(0，＋∞)，使H′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时H′(x)>0，H(x)在(0，x0)上单调递增，此时H(x)>0，
∴当x∈(0，x0)时，f′(x)＝eaxH(x)>0，
f (x)在(0，x0)上单调递增，∴f (x)>f(0)＝－1，与题意矛盾．
【答案】 (3)证明见解析
当x>1时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，h(x)
(1)证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到．
(2)已知不等式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数(或指数)有关的不等式的证明还要注意指数式、对数式的互化，如ex≥x＋1，可化为ln(x＋1)≤x等．
思考题1 已知函数f (x)＝ln x－ax2＋x＋1.
(1)当a＝0时，求函数g(x)＝xex－f (x)的最小值；
【答案】 (1)0
【解析】 (1)当a＝0时，g(x)＝xex－ln x－x－1.
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
在(0，x0)上，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(0，x0)单调递减，
在(x0，＋∞)上，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
方法二：易证得ex≥x＋1恒成立，当x＝0时取“＝”，
故xex＝ex＋ln x≥x＋ln x＋1恒成立(当x＋ln x＝0时取“＝”)，
∴xex－x－ln x－1≥0恒成立．
即g(x)的最小值为0.
【答案】 (2)1，证明见解析
∴f (x)在(0，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减．
∴f (x)max＝f(1)＝1.
∴在(1，＋∞)上，ln x－x2＋x＋1<1，
思考题2 已知函数f (x)＝asin(1－x)＋ln x，a∈R.
(1)讨论函数f (x)在x∈(0，1)时的单调性；
【答案】 (1)见解析
∵0
当0
当a>1时，令h(x)＝1－axcos(1－x)，0＜x＜1，
则h′(x)＝－a[cos(1－x)＋xsin(1－x)]，
∵sin(1－x)＞0，∴h′(x)<0，∴h(x)在(0，1)上单调递减，
又h(0)＝1>0，h(1)＝1－a<0，
∴h(x)在(0，1)上存在唯一零点x0，即h(x0)＝1－ax0cos(1－x0)＝0，
∴当x∈(0，x0)时，h(x)>0，f′(x)>0，f (x)单调递增，
当x∈(x0，1)时，h(x)<0，f′(x)<0，f (x)单调递减．
综上，当a≤1时，f (x)在(0，1)上单调递增；
当a>1时，f (x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，其中x0为方程ax0cos(1－x0)＝1的根．
【答案】 (2)证明见解析
【解析】 (2)证明：由(1)知当a＝1时，f (x)＝sin(1－x)＋ln x在区间(0，1)上单调递增，
则f (x)
又当n＝1时，①也成立．故原不等式得证．
二、双变量不等式的证明
(2022·北京)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；
【答案】 (1)y＝x
(2)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性；
【答案】 (2)见解析
故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝1>0，
因此g′(x)>0对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，
故g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
故g′(x)>0对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，
故g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
(3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)．
【答案】 (3)证明见解析
【解析】 (3)证明：方法一：原不等式等价于f(s＋t)－f(s)>f(t)－f(0)，
令m(x)＝f (x＋t)－f (x)(x，t>0)，
即证m(s)>m(0)，
又x，t>0，∴g(x＋t)>g(x)，∴m′(x)>0，
∴m(x)在(0，＋∞)上单调递增，又s＞0，∴m(s)>m(0)，即命题得证．
方法二：设m(s)＝f(s＋t)－f(s)－f(t)＝es＋tln(1＋s＋t)－esln(1＋s)－etln(1＋t)，
由(2)知g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故当s>0，t>0时，m′(s)＝g(s＋t)－g(s)>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)．
思考题3 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)．证明：x1x2>e2.
【答案】 证明见解析
不妨设x1>x2＞0，
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)，
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)>h(1)＝0，
因此原不等式x1x2>e2得证．
方法二(巧抓极值点构造函数)：
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的两根．
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，t1≠t2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，x1x2>e2 ln x1＋ln x2>2 t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
g′(x)＝(1－x)e－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＋.
由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1
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
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
方法三(巧抓“根差”——s＝Δt＝t2－t1构造函数)：
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的两根．
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，t1≠t2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，x1x2>e2 ln x1＋ln x2>2 t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
不妨设t2>t1，同方法二知，0
令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，
则G′(s)＝(s－1)es＋1，令H(s)＝(s－1)es＋1，s＞0，则H′(s)＝ses>0，
故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G′(s)>G′(0)＝0，
从而G(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G(s)>G(0)＝0，
所以②式成立，故t1＋t2>2，即x1x2>e2.
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