《直通名校》专题七 第4讲　大题专攻——利用导数证明不等式（课件）-高考数学大二轮专题复习

(共49张PPT)
第4讲　大题专攻
——利用导数证明不等式
目录
CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
作差（商）法证明不等式 利用导数证明不等式问题是高考的热
点和难点，多以解答题的形式出现，
一般难度较大
放缩法证明不等式 变量代换法证明不等式 二、真题感悟
1. （2023·新高考Ⅰ卷19题）（作差法、构造法证明不等式）已知函数f
（x）＝a（ex＋a）－x.
（1）讨论f（x）的单调性；
解：由题意知，f（x）的定义域为（－∞，＋∞），f'
（x）＝aex－1.
当a≤0时，易知f'（x）＜0，则f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数.
当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝ln .
当x∈（－∞，ln ）时，f'（x）＜0；当x∈（ln ，＋∞）时，f'
（x）＞0.
所以f（x）在（－∞，ln ）上单调递减，在（ln ，＋∞）上单调递增.
综上可知，当a≤0时，f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数；当a＞0时，
f（x）在（－∞，ln ）上单调递减，在（ln ，＋∞）上单调递增.
（2）证明：当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ .
解：证明：法一　由（1）知，当a＞0时，f（x）在（－
∞，ln ）上单调递减，在（ln ，＋∞）上单调递增.
所以f（x）min＝f（ln ）＝a（ ＋a）－ln ＝1＋a2＋ln a.
令g（x）＝1＋x2＋ln x－（2ln x＋ ），x＞0，
即g（x）＝x2－ln x－ ，x＞0，
则g'（x）＝2x－ ＝ .
令g'（x）＝0，得x＝ .
当x∈（0， ）时，g'（x）＜0；当x∈（ ，＋∞）时，g'
（x）＞0.
所以g（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调
递增，
所以g（x）min＝g（ ）＝（ ）2－ln － ＝－ln ＞0，
所以1＋x2＋ln x＞2ln x＋ 对 x＞0恒成立，
所以当a＞0时，1＋a2＋ln a＞2ln a＋ 恒成立.
即当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ .
法二　当a＞0时，由（1）得，f（x）min＝f（－ln a）＝1＋a2＋ln a，
故欲证f（x）＞2ln a＋ 成立，
只需证1＋a2＋ln a＞2ln a＋ ，
即证a2－ ＞ln a.
构造函数u（a）＝ln a－（a－1）（a＞0），
则u'（a）＝ －1＝ ，所以当a＞1时，u'（a）＜0；当0＜a＜1时，u'
（a）＞0.
所以函数u（a）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以u（a）≤u（1）＝0，即ln a≤a－1，
故只需证a2－ ＞a－1，即证a2－a＋ ＞0，
因为a2－a＋ ＝（a－ ）2＋ ＞0恒成立，
所以当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ .
2. （2024·全国甲卷文20题）（放缩法、作差法证明不等式）已知函数f
（x）＝a（x－1）－ln x＋1.
（1）讨论f（x）的单调性；
解：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；
若a＞0，则当0＜x＜ 时，f'（x）＜0，当x＞ 时，f'（x）＞
0，所以f（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增.
（2）设a≤2，证明：当x＞1时，f（x）＜ex－1.
解：证明：法一（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）＜ex－1.
法二（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）＜h'（1）＝1－1＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递减，
于是当x＞1时，g'（x）＜g'（1）＝a－2，
又a≤2，所以a－2≤0，则当x＞1时，g'（x）＜0，故g（x）
在（1，＋∞）上单调递减，
所以当x＞1时，g（x）＜g（1）＝0，
即当x＞1时，f（x）＜ex－1.
　常用放缩技巧
（1）指数型放缩：ex≥x＋1（当且仅当x＝0时取等号），ex－1≥x，即
ex≥ex（当且仅当x＝1时取等号），ex≤ （x＜1）（当且仅当x
＝0时取等号）；
（2）对数型放缩：ln（x＋1）≤x（当且仅当x＝0时取等号），1－ ≤ln
x≤x－1（x＞0）（当且仅当x＝1时取等号）；
（3）三角放缩： sin x≤x≤tan x （当且仅当x＝0时取等
号）， sin x≥x≥tan x（－ ＜x≤0）（当且仅当x＝0时取等号）.
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
作差（商）法证明不等式
【例1】　已知函数f（x）＝2 sin x－ sin 2x.当 ≤x≤ 时，求证：f
（x）＞ln（x＋1）（注：ln ≈0.739）.
证明：设g（x）＝f（x）－ln（x＋1）＝2 sin x－ sin 2x－ln（x＋1），
则g'（x）＝－4 cos 2x＋2 cos x＋2－ .
当 ≤x≤ 时，1－ ＞0，所以g'（x）＞－4 cos 2x＋2 cos x＋1，
又－4 cos 2x＋2 cos x＋1＝－4（ cos x－ ）2＋ （0≤ cos x≤ ），
所以－4 cos 2x＋2 cos x＋1＞0，所以g'（x）＞0在区间［ ， ］上恒
成立.
所以y＝g（x）在区间［ ， ］上单调递增，
所以g（x）≥g（ ）＝ －ln（ ＋1）＞ －ln ≈ －0.739＞0，
所以当 ≤x≤ 时，f（x）＞ln（x＋1）.
作差（商）法证明不等式
　　待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接通过作差
（商）法，转化为与0（作差）或与1（作商）比较大小的问题，进而构造
差（商）函数，通过研究其单调性等性质，转化为函数最值问题，从而证
明不等式.
　（2024·湖南“一起考”大联考改编）已知函数f（x）＝－x＋ln x＋1，
g（x）＝xex－2x.求证：f（x）≤g（x）.
证明：要证f（x）≤g（x），即证xex－x－ln x－1≥0.
令F（x）＝xex－x－ln x－1，则F'（x）＝（x＋1）ex－ －1＝（x＋
1）（ex－ ），x＞0.
令G（x）＝ex－ ，x＞0，则G'（x）＝ex＋ ＞0，
所以G（x）在（0，＋∞）上单调递增，
又因为G（ ）＝ －2＜0，G（1）＝e－1＞0，
所以 x0∈（ ，1），使得G（x0）＝0，即 ＝ ，
当x∈（0，x0）时，G（x）＜0，当x∈（x0，＋∞）时，G（x）＞0，
所以F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
所以F（x）min＝F（x0）＝x0 －x0－ln x0－1.
又因为 ＝ ，即x0＝－ln x0，所以F（x）min＝1－x0＋x0－1＝0，
所以F（x）≥0，即xex－x－ln x－1≥0，故f（x）≤g（x）得证.
放缩法证明不等式
【例2】　已知x∈（0，1），求证：x2－ ＜ .
证明：要证：x2－ ＜ ，只需证ex（x2－ ）＜ln x，
又易证ex＞x＋1＞0（0＜x＜1），
所以只需证明ln x＋（x＋1）（ －x2）＞0，
即证ln x＋1－x3＋ －x2＞0，而当x∈（0，1）时，x3＜x，x2＜x，
所以只需证ln x＋1－2x＋ ＞0.
令g（x）＝ln x＋1－2x＋ ，x∈（0，1），
则g'（x）＝ －2－ ＝－ ，
而2x2－x＋1＞0恒成立，所以g'（x）＜0，
所以g（x）在（0，1）上单调递减，所以当x∈（0，1）时，g（x）＞g
（1）＝0，即ln x＋1－2x＋ ＞0，
所以x2－ ＜ 得证.
　　放缩法的实质就是将待证不等式通过适度放缩，转化为多个不等式的
证明问题.某些不等式直接构造函数不易求其最值，可以利用熟知的函数
不等式进行放缩，有利于简化后续导数的求解或函数值正负的判断；也可
以利用局部函数的有界性进行放缩，再构造函数进行证明.
　已知f（x）＝ cos x，x∈［0， ）.
（1）求证：tan x·f（x）≤x；
证明：因为tan x·f（x）＝ sin x，记g（x）＝ sin x－x，则当
x∈［0， ）时，g'（x）＝ cos x－1≤0，所以g（x）在［0， ）
上是减函数，所以g（x）≤g（0）＝0，即tan x·f（x）≤x.
（2）求证：2ex·f（x）≥（1＋x）（2－x2）.
证明：要证明2ex·f（x）≥（1＋x）（2－x2），
即证明ex· cos x≥ ，x∈［0， ）.
因为ex≥x＋1，又由（1）可知，当x∈［0， ）时， sin x≤x，
所以ex cos x＝ex（ 1－2 sin 2 ）≥（x＋1）［1－2（ ）2］＝（1＋
x）（ 1－ ）.
故x∈［0， ）时，2ex·f（x）≥（1＋x）（2－x2）.
变量代换法证明不等式
【例3】　已知函数f（x）＝－xeax，求证：ln x＋ax－1≥ .
证明：ln x＋ax－1≥ ，即为ln x＋ax－1≥ （x＞0），
即ln（xeax）－1＋ ≥0，
令t＝xeax，可得t＞0，即证明ln t－1＋ ≥0（t＞0）.
设g（t）＝ln t－1＋ （t＞0），则g'（t）＝ － ＝ ，
当t∈（0，1）时，g'（t）＜0，函数g（t）单调递减；
当t∈（1，＋∞）时，g'（t）＞0，函数g（t）单调递增.
所以g（t）≥g（1）＝ln 1－1＋1＝0，即ln t－1＋ ≥0（t＞0）.
所以ln x＋ax－1≥ .
变量代换法证明不等式的三种常见方法
（1）消元法：借助题设条件，建立x1与x2的等量关系，如x2＝g（x1），
从而将f（x1，x2）＞A的双变量不等式化成h（x1）＞A的单变量不
等式；
（2）换元法：结合题设条件，有时需要先对含有双变量的不等式进行
“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，
将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如 的形式；
（3）构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对
数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子，根据“相同结
构”构造辅助函数.
　已知函数f（x）＝x2－ax＋ln x.若函数f（x）有两个极值点x1，x2，求
证：f（x1＋x2）＜－2＋ln .
证明：f（x）的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝2x－a＋ ＝ ，
由题意得2x2－ax＋1＝0的两个不等的实根为x1，x2，
则
解得a＞2 .
故f（x1＋x2）＝（x1＋x2）2－a（x1＋x2）＋ln（x1＋x2）＝ － ＋ln
＝－ ＋ln .
设g（a）＝－ ＋ln （a＞2 ），
则g'（a）＝－ ＋ ＝ ＜0，
故g（a）在（2 ，＋∞）上单调递减，
所以g（a）＜g（2 ）＝－2＋ln .
因此f（x1＋x2）＜－2＋ln .
03
课时跟踪检测
1. （2024·合肥第一次质量检测）已知函数f（x）＝ ，当x＝1时，f
（x）有极大值 .
（1）求实数a，b的值；
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解：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.
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（2）当x＞0时，证明：f（x）＜ .
解：证明：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，则g'（x）＝ex－1，
因为x＞0，所以g'（x）＝ex－1＞0，
所以g（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以g（x）＞g（0）＝0，即ex－x－1＞0，即ex＞x＋1，
故当x＞0时，f（x）＜ .
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2. （2024·乌鲁木齐第二次质量监测）已知f（x）＝（2x＋1）ln x－ ，
曲线f（x）在x＝1处的切线方程为y＝ax＋b.
（1）求a，b；
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解：函数f（x）的定义域为（0，＋∞），由f（x）＝
（2x＋1）ln x－ 可得f'（x）＝2ln x＋（2x＋1）· －x＝2ln x
－x＋ ＋2，
则f'（1）＝2，所以曲线f（x）在x＝1处的切线斜率为k＝2，
又因为f（1）＝－ ，
所以切线方程为y＋ ＝2（x－1），即y＝2x－ ，
所以a＝2，b＝－ .
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（2）证明：f（x）≤ax＋b.
解：证明：要证明f（x）≤ax＋b，只要证（2x＋1）ln x
－ －2x＋ ≤0，
设g（x）＝（2x＋1）ln x－ －2x＋ ，
则g'（x）＝2ln x＋ －x，
令h（x）＝2ln x＋ －x，
则h'（x）＝ － －1＝－ ≤0，
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所以h（x）在（0，＋∞）上单调递减，
又h（1）＝0，所以当x∈（0，1）时，h（x）＞0，则g（x）
在（0，1）上单调递增，
当x∈（1，＋∞）时，h（x）＜0，则g（x）在（1，＋∞）上
单调递减，
所以g（x）≤g（1）＝0，所以f（x）≤ax＋b.
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3. 函数f（x）＝ln（x＋t）＋ ，其中t，a为实数.
（1）当t＝0时，讨论函数f（x）的单调性；
解：当t＝0时，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'
（x）＝－ ＋ ＝ .
当a≤0时，∵x＞0，∴x－a＞0，∴f'（x）＞0，
∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
当a＞0时，若x＞a，则f'（x）＞0，f（x）单调递增；若0＜x
＜a，则f'（x）＜0，f（x）单调递减.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当a＞0
时，f（x）在（a，＋∞）上单调递增，在（0，a）上单调递减.
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（2）若g（x）＝ex＋ ，当t≤2时，证明：g（x）＞f（x）.
解：证明：要证g（x）＞f（x），即证g（x）－f（x）
＞0，即证ex－ln（x＋t）＞0，即证ex－ln（x＋t）≥ex－ln（x
＋2）＞0.
令F（x）＝ex－ln（x＋2），F'（x）＝ex－ 在（－2，＋
∞）上单调递增，
∵∴F'（x）＝0在（－2，＋∞）上有唯一实根，
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设为x0，则x0∈（－1，0）.
当x∈（－2，x0）时，F'（x）＜0，F（x）单调递减，当x∈
（x0，＋∞）时，F'（x）＞0，F（x）单调递增.
故当x＝x0时，F（x）取得最小值，由F'（x0）＝0得 ＝
，即x0＝－ln（x0＋2），
F（x）≥ －ln（x0＋2）＝ ＋x0＝ ＞0.
故当t≤2时，g（x）＞f（x）.
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4. 已知函数f（x）＝ －m（a，m∈R）在x＝e（e为自然对数的底
数）时取得极值，且有两个零点x1，x2.
（1）求实数a的值，以及实数m的取值范围；
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解：由已知得，函数f（x）＝ －m的定义域为（0，＋
∞），f'（x）＝ ＝ .
由f'（x）＝0，得x＝ea＋1，且当0＜x＜ea＋1时，f'（x）＞0；当
x＞ea＋1时，f'（x）＜0.
所以f（x）在x＝ea＋1时取得极值，
所以ea＋1＝e，解得a＝0.
所以f（x）＝ －m（x＞0），f'（x）＝ ，
显然当0＜x＜e时，f'（x）＞0，
所以函数f（x）在（0，e）上单调递增；
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当x＞e时，f'（x）＜0，
所以函数f（x）在（e，＋∞）上单调递减.
f（e）＝ －m，且f（e）为f（x）的极大值，也是最大值.
易知当x→0（x＞0）时，f（x）→－∞；当x→＋∞时，f（x）
→－m.
又f（x）有两个零点x1，x2，所以
得0＜m＜ ，
所以实数m的取值范围为（0， ）.
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（2）证明：x1x2＞e2.
解：证明：由题意，不妨设0＜x1＜x2，则
则ln（x1x2）＝m（x1＋x2），ln ＝m（x2－x1），
所以m＝ ，要证x1x2＞e2，
即证ln（x1x2）＞2，即证m（x1＋x2）＞2，
即证 ln ＞2，令t＝ ，则t＞1，
则只需证当t＞1时，ln t＞ ，
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即证当t＞1时，ln t－ ＞0.
设g（t）＝ln t－ （t＞1），
则g'（t）＝ － ＝ ＞0，
所以g（t）在（1，＋∞）上单调递增，
则g（t）＞g（1）＝ln 1－ ＝0，
从而原不等式成立，
即x1x2＞e2成立.
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