专题突破　专题六　第5讲　导数几何意义与不等式证明 学案

第5讲　导数几何意义与不等式证明
1.(2025·全国Ⅰ卷，T12)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线，则a=　　　　.
2.(2021·全国乙卷理，T20)设函数f(x)=ln(a-x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a；
(2)设函数g(x)=，证明：g(x)<1.
3.(2022·全国甲卷理，T21)已知函数f(x)=-ln x+x-a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于低中高档题目，三种题型都有所考查，分值约为5~13分.
考查方向：
考查重点一是利用导数的几何意义，求切线方程、参数值、范围等，二是利用导数证明不等式，涉及构造函数求最值、极值点偏移，以及切割线放缩等.
1.答案　4
解析　y=ex+x+a的导数为y'=ex+1，
因为直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线，直线的斜率为2，
令y'=ex+1=2，即ex=1，解得x=0，
将x=0代入切线方程y=2x+5，可得y=2×0+5=5，
所以切点坐标为(0，5)，
因为切点(0，5)在曲线y=ex+x+a上，
所以5=e0+0+a，即5=1+a，解得a=4.
2.(1)解　由题意得y=xf(x)=xln(a-x)，
则y'=ln(a-x)+x[ln(a-x)]'.
因为x=0是函数y=xf(x)的极值点，
所以y'|x=0=ln a=0，所以a=1.
(2)证明　由(1)可知，f(x)=ln(1-x)，其定义域为{x|x<1}，
当0当x<0时，ln(1-x)>0，此时xf(x)<0.
易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}，
故要证g(x)=<1，只需证x+f(x)>xf(x)，即证x+ln(1-x)-xln(1-x)>0.
令1-x=t，则t>0，且t≠1，
则只需证1-t+ln t-(1-t)ln t>0，即证1-t+tln t>0.
令h(t)=1-t+tln t，则h'(t)=-1+ln t+1=ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)=0，
即g(x)<1成立.
3.(1)解　由题意知函数f(x)的定义域为(0，+∞).
由f'(x)=-+1
==，
可得函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(1)=e+1-a.
又f(x)≥0，
所以e+1-a≥0，解得a≤e+1，
所以a的取值范围为(-∞，e+1].
(2)证明　方法一　不妨设x1则由(1)知01.
令F(x)=f(x)-f(x>0)，
则F'(x)=+·=.
令g(x)=ex+x-x-1(x>0)，
则g'(x)=ex+1-+x·=ex+1+(x>0)，
所以当x∈(0，1)时，g'(x)>0，
所以当x∈(0，1)时，g(x)所以当x∈(0，1)时，F'(x)>0，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以F(x)即在(0，1)上f(x)-f又f(x1)=f(x2)=0，
所以f(x2)-f<0，
即f(x2)由(1)可知，函数f(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以x2<，即x1x2<1.
方法二　(同构法构造函数化解等式)
不妨设x1则由(1)知0由f(x1)=f(x2)=0，
得-ln x1+x1=-ln x2+x2，
即+x1-ln x1=+x2-ln x2.
因为函数y=ex+x在R上单调递增，
所以x1-ln x1=x2-ln x2成立.
构造函数h(x)=x-ln x(x>0)，
g(x)=h(x)-h=x--2ln x(x>0)，
则g'(x)=1+-=≥0(x>0)，
所以函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)=0，
即当x>1时，h(x)>h，
所以h(x1)=h(x2)>h.
又h'(x)=1-=(x>0)，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，
所以0考点一　导数的几何意义
例1　(1)(2025·湛江模拟)已知函数f(x)=ex+2x，则曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为(　　)
A.y=2x+1 B.y=3x+1
C.y=2x D.y=3x
答案　B
解析　由f(x)=ex+2x，得f'(x)=ex+2，
则f(0)=1，f'(0)=3，所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=3x+1.
(2)若至少存在一条直线与曲线f(x)=2x2+3和g(x)=3-tln x(t≠0)均相切，则t的取值范围是(　　)
A.[-4e，0)
B.[2e，+∞)
C.(-4e，0)∪(0，+∞)
D.[-4e，0)∪(0，+∞)
答案　D
解析　f'(x)=4x，g'(x)=-，设公切线与曲线y=f(x)相切于点(x1，2+3)，与曲线y=g(x)相切于点(x2，3-tln x2)(x2>0)，
则切线方程分别为y=4x1x-2+3，y=-x+t+3-tln x2，
所以
由①得=，
代入②得t=8ln x2-8.
令h(x)=8x2ln x-8x2(x>0)，
则h'(x)=8x(2ln x-1)，
所以当0时，h'(x)>0，
所以h(x)在区间(0，)上单调递减，在区间(，+∞)上单调递增，
所以h(x)min=h()=-4e，
又当x→+∞时，h(x)→+∞，
所以h(x)的值域为[-4e，+∞)，
所以t的取值范围是[-4e，0)∪(0，+∞).
[规律方法]　(1)导数的几何意义
①函数f(x)在x=x0处的导数即曲线y=f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率；
②曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同；
③切点既在切线上，又在曲线上；
(2)区分“在点处”的切线和“过点处”的切线，过点P的切线，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.
跟踪演练1　(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y=ex+x在点(0，1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=　　　　.
答案　ln 2
解析　由y=ex+x得y'=ex+1，
当x=0时，y'=e0+1=2，
故曲线y=ex+x在点(0，1)处的切线方程为
y=2x+1.
由y=ln(x+1)+a得y'=，
设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为(x0，y0)，
由两曲线有公切线得y'==2，
解得x0=-，代入切线方程y=2x+1得y0=2×+1=0，
则y0=ln(x0+1)+a=0，
即ln+a=0，解得a=ln 2.
考点二　单变量函数不等式的证明
例2　已知函数f(x)=xex+a，g(x)=xln x+a.
(1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为-，求a的值；
(2)若a=0，x>0，证明：f(x)>g'(x).
(1)解　因为f(x)=xex+a，
所以f'(x)=(1+x)ex.令f'(x)=0，解得x=-1.
所以当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(-1)=-+a.
因为g(x)=xln x+a，x>0，
所以g'(x)=ln x+1.
令g'(x)=0，解得x=.
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，
所以g(x)min=g=-+a.
由题意可得-+a-+a=-，
解得a=-.
(2)证明　若a=0，x>0，则f(x)=xex，
g(x)=xln x，g'(x)=ln x+1.
方法一　凹凸反转法
要证f(x)>g'(x)，
即证xex>ln x+1，
即证>.
令h(x)=，x>0，φ(x)=，x>0，
易得h'(x)=，
则令h'(x)<0，得00，得x>1，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)=e.
易得φ'(x)==，
令φ'(x)>0，得0令φ'(x)<0，得x>，
所以φ(x)在上单调递增，
在上单调递减，
所以φ(x)≤φ=所以h(x)>φ(x)，故f(x)>g'(x).
方法二　切线放缩法
令φ(x)=ln x-(x-1)，x>0，
则φ'(x)=-1=，
所以当x∈(0，1)时，φ'(x)>0；当x∈(1，+∞)时，φ'(x)<0，
所以φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(1)=0，
即ln x-(x-1)≤0，即ln x≤x-1，
即ln x+1≤x，当且仅当x=1时等号成立，
要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1，
只需证xex>x，即证ex>1.
因为x>0，所以ex>e0=1，
即证得f(x)>g'(x)成立.
方法三　切线放缩法
令φ(x)=ex-x-1，
则φ'(x)=ex-1，
当x∈(-∞，0)时，φ'(x)<0，
当x∈(0，+∞)时，φ'(x)>0，
所以φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(0)=0，即ex≥x+1，
当且仅当x=0时等号成立.
当x>0时，xex>x(x+1)，
要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1，
只需证x(x+1)>ln x+1，
即证x(x+1)-ln x-1>0.
令h(x)=x(x+1)-ln x-1，x>0，
则h'(x)=2x+1-=，
当x∈时，h'(x)<0，
当x∈时，h'(x)>0，
所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以h(x)≥h=-ln -=ln 2->0，
所以x(x+1)-ln x-1>0，即证得f(x)>g'(x)成立.
方法四　最值法(隐零点)
令φ(x)=f(x)-g'(x)=xex-ln x-1，x>0，
则φ'(x)=(x+1)ex-，
φ″(x)=(x+2)ex+>0，
所以φ'(x)在(0，+∞)上单调递增，
又φ'=-2>0，
φ'=-3<0，
所以 x0∈，使φ'(x0)=0，
即(x0+1)=，则x0=，
所以当x∈(0，x0)时，φ'(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，φ'(x)>0，
所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以φ(x)min=φ(x0)=x0-ln x0-1=-ln x0-1，
令h(x)=-ln x-1，x∈，易知h(x)在上单调递减，
所以h(x)>h=-ln -1=ln 2->0.
所以φ(x)≥φ(x0)>0，即证得f(x)>g'(x).
[规律方法]　利用导数证明或判定不等式问题的常用方法
(1)最值法：通过移项构造新函数或者等价变形构造新函数，求解新函数的最值，从而得出不等关系；
(2)适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
(3)凹凸反转法：把所证不等式转化为两个函数的大小关系，分别求解两个函数的最值，得到不等关系.
跟踪演练2　(2025·聊城模拟)已知函数f(x)=ln x+.
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：xf(x)>.
(1)解　由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=-=，
当x∈(0，1)时，f'(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递减；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(1)=1.
(2)证明　由(1)可知f(x)≥1，x>0，则xf(x)≥x，则要证明xf(x)>，只需要证明x>(x>0).构造函数g(x)=x-，x>0，
则g'(x)=1-=1-==≥0，
所以当x>0时，g(x)单调递增，
即g(x)>g(0)=0，所以x>(x>0)，
即xf(x)>成立.
考点三　双变量函数不等式的证明
例3　已知函数f(x)=xe-x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2.
(1)解　f'(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x，
令f'(x)>0 x<1；令f'(x)<0 x>1，
则f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，单调递减区间为(1，+∞).
(2)证明　方法一　f'(x)=(1-x)e-x，由(1)可知f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，且当x→-∞时，f(x)→-∞，f(0)=0，当x→+∞时，f(x)→0，
则函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)=，如图所示.
由f(x1)=f(x2)，x1≠x2，不妨设x1构造函数F(x)=f(1+x)-f(1-x)，x∈(0，1)，
F'(x)=f'(1+x)+f'(1-x)=(e2x-1)>0，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，则F(x)>F(0)=0，
即f(1+x)>f(1-x)对x∈(0，1)恒成立.
由0所以f(1+(1-x1))=f(2-x1)>f(1-(1-x1))=f(x1)=f(x2)，即f(2-x1)>f(x2)，
又因为2-x1，x2∈(1，+∞)，且f(x)在(1，+∞)上单调递减，所以2-x1即x1+x2>2.
方法二　要证x1+x2>2，即证x2>2-x1，不妨设x1故2-x1，x2∈(1，+∞)，
又因为f(x)在(1，+∞)上单调递减，
故只需证f(x2)又因为f(x1)=f(x2)，
故也即证f(x1)构造函数H(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(0，1)，
则等价于证明H(x)<0对x∈(0，1)恒成立.
由H'(x)=f'(x)+f'(2-x)=(1-e2x-2)>0，则H(x)在(0，1)上单调递增，
所以H(x)故原不等式x1+x2>2成立.
方法三　由f(x1)=f(x2)得，x1=x2，化简得=，
不妨设x2>x1，由方法一知，0令t=x2-x1，则t>0，x2=t+x1，
代入=得，et=，得x1=，t>0，
则x1+x2=2x1+t=+t，t>0，
故要证x1+x2>2，即证+t>2，t>0，
又et-1>0，等价于证明2t+(t-2)(et-1)>0，
构造函数G(t)=2t+(t-2)(et-1)，t>0，
则G'(t)=(t-1)et+1，
令p(t)=G'(t)，t>0，则p'(t)=tet>0，
故G'(t)在(0，+∞)上单调递增，G'(t)>G'(0)=0，
从而G(t)也在(0，+∞)上单调递增，则G(t)>G(0)=0，
即2t+(t-2)(et-1)>0成立，
即原不等式x1+x2>2成立.
[规律方法]　证明含双参不等式成立的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果.
跟踪演练3　(2025·邵阳模拟)已知函数f(x)=ax2+ln x-(a+1)x，h(x)=f(x)+ax2-(b-2)x，其中a>0，b∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a=1时，若x1，x2是h(x)的两个不同的极值点，求证：h(x1)+h(x2)<-3-ln 2.
(1)解　f'(x)=ax+-(a+1)==，x>0，a>0，
令f'(x)=0得，x=1或x=，
当0时，f'(x)>0；
当1当a=1时，此时f'(x)≥0恒成立，
当a>1时，1>，则当01时，f'(x)>0；
当综上可知，当0当a=1时，函数f(x)的单调递增区间是(0，+∞)，无单调递减区间；
当a>1时，函数f(x)的单调递增区间是和(1，+∞)，单调递减区间是.
(2)证明　当a=1时，f(x)=x2+ln x-2x，
h(x)=x2+ln x-bx，x>0，
令h'(x)=2x+-b==0，
由x1，x2是h(x)的两个不同的极值点可知，x1，x2是h'(x)=0的两个不同的实数根，则x1，x2是关于x的方程2x2-bx+1=0的两个不同的实数根，
得解得b>2，
则h(x1)+h(x2)=+ln x1-bx1++ln x2-bx2=(x1+x2)2-2x1x2+ln(x1x2)-b(x1+x2)
=-1-ln 2-=--ln 2-1，
令g(b)=--ln 2-1，则g(b)在b∈(2，+∞)上单调递减，所以g(b)即h(x1)+h(x2)<-3-ln 2.
专题强化练
[分值：45分]
1.(13分)已知函数f(x)=xln x+ax+1(a∈R).
(1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(5分)
(2)当x>1时，证明：exln x>e(x-1).(8分)
(1)解　由已知得，-a≤ln x+在(0，+∞)上恒成立，
设g(x)=ln x+，x>0，则g'(x)=-=，
令g'(x)>0，解得x>1，
令g'(x)<0，解得0∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)=1，即-a≤1，∴a≥-1.
即实数a的取值范围为[-1，+∞).
(2)证明　方法一　由(1)知，当a≥-1时，f(x)≥0恒成立，取a=-1，得ln x≥恒成立，当且仅当x=1时取等号.
∴当x>1时，exln x>，
设h(x)=ex-ex，x>1，
h'(x)=ex-e，故当x>1时，h'(x)>0，
∴h(x)在(1，+∞)上单调递增，
∴h(x)>h(1)=0，∴ex>ex.
∴当x>1时，>e，即>e(x-1).
由此可证得当x>1时，exln x>e(x-1).
方法二　当x>1时，要证exln x>e(x-1)成立，即证ln x>，x>1.
设G(x)=ln x-，x>1，
则G'(x)=-=，
设m(x)=ex-1+x2-2x，x>1，
则m'(x)=ex-1+2x-2=ex-1+2(x-1)，
当x>1时，m'(x)>0，∴m(x)在(1，+∞)上单调递增.
∴m(x)>m(1)=0，∴当x>1时，G'(x)>0，
∴G(x)在(1，+∞)上单调递增，G(x)>G(1)=0，
由此可证得当x>1时，exln x>e(x-1)成立.
2.(15分)(2025·秦皇岛模拟)设函数f(x)=(x-2)ln x+1.
(1)求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(6分)
(2)证明：f(x)+ex>x+1.(9分)
(1)解　函数f(x)=(x-2)ln x+1，求导得f'(x)=ln x+1-，则f'(1)=-1，而f(1)=1，
所以f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-1=-1·(x-1)，即x+y-2=0.
(2)证明　函数f(x)=(x-2)ln x+1的定义域为(0，+∞)，
函数f'(x)=ln x+1-，且f'(x)在(0，+∞)上单调递增，
而f'(1)=-1<0，f'(2)=ln 2>0，
则存在x0∈(1，2)，使得f'(x0)=0，即ln x0=-1，当0当x>x0时，f'(x)>0，即函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
因此f(x)≥f(x0)=(x0-2)ln x0+1=(x0-2)+1=5-，
又x0∈(1，2)，易得40；
令函数g(x)=ex-(x+1)，x>0，得g'(x)=ex-1>0，则函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，
则g(x)>g(0)=0，即ex-(x+1)>0，
因此f(x)+g(x)=f(x)+ex-(x+1)>0，
所以f(x)+ex>x+1.
(共17分)
3.(17分)若函数y=f(x)在[a，b]上存在x1，x2(a(1)判断函数F(x)=x3-3x2+1是不是[-1，3]上的“双中值函数”，并说明理由；(5分)
(2)已知函数f(x)=x2-xln x-ax，存在m>n>0，使得f(m)=f(n)，且f(x)是[n，m]上的“双中值函数”，x1，x2是f(x)在[n，m]上的中值点.
①求实数a的取值范围；(5分)
②证明：x1+x2>2.(7分)
(1)解　是，理由如下：
根据条件易知F(3)=1，F(-1)=-3，
所以=1，
令F'(x)=3x2-6x=1，
可得x1=1-，x2=1+，
显然-1即函数F(x)=x3-3x2+1是[-1，3]上的“双中值函数”.
(2)①解　因为存在m>n>0，使得f(m)=f(n)，
所以=0.
因为f(x)是[n，m]上的“双中值函数”，所以f'(x1)=f'(x2)=0.
由题意可得f'(x)=x-ln x-a-1，
设g(x)=f'(x)=x-ln x-a-1，x>0，
则g'(x)=1-=，
当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，即f'(x)单调递减；
当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，即f'(x)单调递增，
故f'(x)min=f'(1)=-a，
因为f'(x1)=f'(x2)=0，且当x→0时，f'(x)→+∞，当x→+∞时，f'(x)→+∞，
所以-a<0，所以a>0，
即a的取值范围为(0，+∞).
②证明　不妨设x1则x1-ln x1-a-1=0，x2-ln x2-a-1=0，
即x1-ln x1=a+1，x2-ln x2=a+1，
要证x1+x2>2，又a>0，可证x1+x2>a+2，即证x2>a+2-x1=1-ln x1.
设h(x)=g(x)-g(1-ln x)=x-1+ln(1-ln x)，0则h'(x)=1-.
设φ(x)=x(1-ln x)，0则φ'(x)=-ln x>0，
所以φ(x)在(0，1)上单调递增，则0<φ(x)<φ(1)=1，
所以h'(x)=1-<0，即h(x)在(0，1)上单调递减，
因为h(1)=g(1)-g(1)=0，所以h(x)>h(1)=0，即g(x)>g(1-ln x)，
又0g(1-ln x1)，
又g(x1)=g(x2)=0，所以g(x2)>g(1-ln x1)，
又01，
由①可知，g(x)在(1，+∞)上单调递增，所以x2>1-ln x1，即x1+x2>2得证.