利用導(dǎo)數(shù)證明不等式2026年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題課件★★題型一

直接構(gòu)造函數(shù)證明不等式(2023·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；【答案】(1)見(jiàn)解析【解析】(1)f′(x)＝aex－1，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，f(x)在R上單調(diào)遞減；【答案】(2)證明見(jiàn)解析方法三：易證ex≥x＋1，lnx≤x－1，且兩個(gè)等號(hào)不能同時(shí)取得，則f(x)＝a(ex＋a)－x＝ex＋lna＋a2－x≥(x＋lna＋1)＋a2－x＝1＋lna＋狀元筆記(1)若證明f(x)<0，x∈(a，b)，可直接轉(zhuǎn)化為證f(x)在(a，b)上的最大值小于0.(2)若證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，如果能證明h(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)．思考題1

(2025·福建南平模擬)已知函數(shù)f(x)＝a(x－1)－lnx＋1.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；【答案】(1)見(jiàn)解析綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若a＝2，證明：當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<ex－1恒成立．【答案】(2)證明見(jiàn)解析【解析】(2)證明：當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝2x－lnx－1，令g(x)＝ex－1－f(x)＝ex－1－2x＋lnx＋1(x>1)，則g′(x)＝ex－1－2＋

，令h(x)＝g′(x)，則h′(x)＝ex－1－

，顯然h′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0，即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)>g(1)＝e0－2＋ln1＋1＝0，所以ex－1－2x＋lnx＋1>0，即ex－1>2x－lnx－1，原不等式得證．題型二

放縮構(gòu)造函數(shù)證明不等式

已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx－1.(1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；【答案】(1)y＝0

【解析】(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，f′(x)＝ex－1－，f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切點(diǎn)為(1，0)．∴切線方程為y－0＝0(x－1)，即y＝0.(2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)≥0.【答案】(2)證明見(jiàn)解析【解析】(2)證明：∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－lnx－1.方法一：令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，當(dāng)x＝0時(shí)取“＝”．同理可證lnx≤x－1，當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”．由ex≥x＋1?ex－1≥x(當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”)，由x－1≥lnx?x≥lnx＋1(當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”)，∴ex－1≥x≥lnx＋1，即ex－1≥lnx＋1，即ex－1－lnx－1≥0(當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”)，即f(x)≥0.方法二：令φ(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，∴φ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ′(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，φ′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0.狀元筆記

放縮法證明不等式在證明不等式的時(shí)候，若直接證明比較困難，可將不等式中的部分項(xiàng)進(jìn)行放大或縮小，然后證明放縮后的不等式成立，再根據(jù)不等式的傳遞性證明原不等式成立，這種方法就是放縮法證明不等式，常用的放縮技巧有：(1)ex≥x＋1；(2)ex－1≥x；(3)lnx≤x－1；(4)ln(x＋1)≤x等．思考題2已知函數(shù)f(x)＝aln(x－1)＋

，其中a為正實(shí)數(shù)．證明：當(dāng)x>2時(shí)，f(x)<ex＋(a－1)x－2a.【答案】證明見(jiàn)解析【證明】

設(shè)h(x)＝lnx－(x－1)，則h′(x)＝

－1，令h′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，所以h(x)在x＝1時(shí)取得極大值亦即最大值h(1)＝0.因此h(x)＝lnx－(x－1)≤0，即lnx≤x－1.所以當(dāng)x>2時(shí)，有l(wèi)n(x－1)≤x－2.又因?yàn)閍>0，因?yàn)閤>2，所以g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，題型三

構(gòu)造雙函數(shù)證明不等式

(2025·蘇州模擬)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；∴當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；【答案】(2)證明見(jiàn)解析由(1)知，當(dāng)a＝e時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝－e，狀元筆記若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無(wú)從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目的．本例中同時(shí)含lnx與ex，不能直接構(gòu)造函數(shù)，把指數(shù)型函數(shù)與對(duì)數(shù)型函數(shù)分離到不等式兩邊，分別計(jì)算它們的最值，借助最值進(jìn)行證明．思考題3已知函數(shù)f(x)＝axlnx＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0<a≤1，求證：f(x)<g(x)．【答案】證明見(jiàn)解析【證明】

要證明f(x)<g(x)，只需證明axlnx＋x2<ex＋x－1，則當(dāng)0<x<e時(shí)，u′(x)>0，函數(shù)u(x)在(0，e)上單調(diào)遞增；當(dāng)x>e時(shí)，u′(x)<0，函數(shù)u(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．則當(dāng)0<x<2時(shí)，v′(x)<0，函數(shù)v(x)在(0，2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>2時(shí)，v′(x)>0，函數(shù)v(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．一、“凹凸反轉(zhuǎn)”證明不等式要證明f(x)>0，可把f(x)拆分成兩個(gè)函數(shù)g(x)，h(x)，放在不等式的兩邊，如g(x)>h(x)，此時(shí)只要證明g(x)min>h(x)max即可(注意：g(x)min>h(x)max是g(x)>h(x)成立的充分條件，反之不一定成立)，其中g(shù)(x)是凹函數(shù)，h(x)是凸函數(shù)，因?yàn)檫@兩個(gè)函數(shù)的凹凸性剛好相反，所以稱為“凹凸反轉(zhuǎn)”．這種方法簡(jiǎn)化了證明過(guò)程的思維量．

“凹凸反轉(zhuǎn)”的關(guān)鍵是如何分離使不等號(hào)兩邊函數(shù)的凹凸性相反，比如將指(對(duì))數(shù)函數(shù)和多項(xiàng)式組合的函數(shù)分開(kāi)，構(gòu)造兩個(gè)單峰函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)分別求兩個(gè)函數(shù)的最值并進(jìn)行比較．所以需要掌握一些常見(jiàn)的指(對(duì))數(shù)函數(shù)和多項(xiàng)式組合的函數(shù)的圖象與最值，比如f(x)＝xex，已

知函數(shù)f(x)＝1＋(a＋1)x＋lnx，證明：對(duì)任意x>0，

＋1＋(1＋a)x>f(x)．【答案】證明見(jiàn)解析當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，(1)若函數(shù)g(x)＝xf(x)，討論g(x)的單調(diào)性與極值；【答案】(1)見(jiàn)解析【答案】(2)證明見(jiàn)解析當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，二、雙變量不等式的證明已知函數(shù)f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；【答案】(1)見(jiàn)解析當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≤－1時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)－1<a<0時(shí)，令f′(x)＝0，(2)設(shè)a≤－2，證明：對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.【答案】(2)證明見(jiàn)解析【解析】(2)證明：不妨設(shè)x1≥x2，由于a≤－2，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等價(jià)于f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.從而g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.(1)討論f(x)的單調(diào)性；【答案】(1)見(jiàn)解析∴f′(x)≥0且不恒為0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．【答案】(2)證明見(jiàn)解析【解析】(2)證明：由(1)知當(dāng)0<a<時(shí)，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1，x2是方程x2－x＋a＝0的兩個(gè)根，∴x1＋x2＝1，x1·x2＝a.三、與數(shù)列有關(guān)的不等式的證明(1)若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；【答案】(1)[1，＋∞)

由函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，得f′(x)≥0且不恒為0對(duì)任意x∈[1，＋∞)恒成立，【答案】(2)證明見(jiàn)解析思考題3

(2025·四川巴中模擬預(yù)測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)＝xlnx－a(x2－1)，x>1.(1)已知f(x)<0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；當(dāng)2a≤0，即a≤0時(shí)，u′(x)>0，u(x)即f′(x)是(1，＋∞)上的增函數(shù)，因此f′(x)>f′(1)＝1－2a>0，所以f(x)是增函數(shù)，所以f(x)>f(1)＝0，不合題意，舍去；所以f(x)是(1，＋∞)上的減函數(shù)，從而f(x)<f(1)＝0恒成立．【答案】(2)證明見(jiàn)解析一、利用導(dǎo)數(shù)證明與數(shù)列有關(guān)的不等式(2022·新高考Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝xeax－ex.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；【答案】(1)見(jiàn)解析【解析】(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝xex－ex，f′(x)＝xex，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝xex>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)＝xex<0，函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．(2)當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<－1，求a的取值范圍；【解析】(2)f′(x)＝(1＋ax)eax－ex(x∈(0，＋∞))，①當(dāng)a≥1時(shí)，f′(x)＝(1＋ax)eax－ex>eax－ex≥ex－ex＝0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)>f(0)＝－1，與題意矛盾．②當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≤eax－ex≤1－ex<0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)<f(0)＝－1，滿足題意．令H(x)＝1＋ax－e(1－a)x，則f′(x)＝eaxH(x)，H′(x)＝a＋(a－1)e(1－a)x，易知H′(x)為減函數(shù)，又H′(0)＝2a－1>0，x→＋∞時(shí)，H′(x)→－∞，∴?x0∈(0，＋∞)，使H′(x0)＝0，且當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)H′(x)>0，H(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，此時(shí)H(x)>0，∴當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＝eaxH(x)>0，f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，∴f(x)>f(0)＝－1，與題意矛盾．【答案】(3)證明見(jiàn)解析當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)<0，所以函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，h(x)<h(1)＝0，從而不等式成立．狀元筆記(1)證明此類問(wèn)題時(shí)常根據(jù)已知的函數(shù)不等式，用關(guān)于正整數(shù)n的不等式替代函數(shù)不等式中的自變量，通過(guò)多次求和達(dá)到證明的目的．此類問(wèn)題一般至少有兩問(wèn)，已知的不等式常由第一問(wèn)根據(jù)待證式的特征而得到．(2)已知不等式為指數(shù)不等式(或?qū)?shù)不等式)，而待證不等式為與對(duì)數(shù)(或指數(shù))有關(guān)的不等式的證明還要注意指數(shù)式、對(duì)數(shù)式的互化，如ex≥x＋1，可化為ln(x＋1)≤x等．思考題1已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋x＋1.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)g(x)＝xex－f(x)的最小值；【答案】(1)0

【解析】(1)當(dāng)a＝0時(shí)，g(x)＝xex－lnx－x－1.∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．在(0，x0)上，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(0，x0)單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，方法二：易證得ex≥x＋1恒成立，當(dāng)x＝0時(shí)取“＝”，故xex＝ex＋lnx≥x＋lnx＋1恒成立(當(dāng)x＋lnx＝0時(shí)取“＝”)，∴xex－x－lnx－1≥0恒成立．即g(x)的最小值為0.【答案】(2)1，證明見(jiàn)解析∴f(x)在(0，1)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)單調(diào)遞減．∴f(x)max＝f(1)＝1.∴在(1，＋∞)上，lnx－x2＋x＋1<1，思考題2已知函數(shù)f(x)＝asin(1－x)＋lnx，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)在x∈(0，1)時(shí)的單調(diào)性；【答案】(1)見(jiàn)解析∵0<x<1，∴0＜cos(1－x)＜1，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a≤1時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時(shí)，令h(x)＝1－axcos(1－x)，0＜x＜1，則h′(x)＝－a[cos(1－x)＋xsin(1－x)]，∵sin(1－x)＞0，∴h′(x)<0，∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，又h(0)＝1>0，h(1)＝1－a<0，∴h(x)在(0，1)上存在唯一零點(diǎn)x0，即h(x0)＝1－ax0cos(1－x0)＝0，∴當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(x0，1)時(shí)，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時(shí)，f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，1)上單調(diào)遞減，其中x0為方程ax0cos(1－x0)＝1的根．【答案】(2)證明見(jiàn)解析【解析】(2)證明：由(1)知當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝sin(1－x)＋lnx在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，則f(x)<f(1)＝0在(0，1)上恒成立，∴g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，又當(dāng)n＝1時(shí)，①也成立．故原不等式得證．二、雙變量不等式的證明

(2022·北京)已知函數(shù)f(x)＝exln(1＋x)．(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；【答案】(1)y＝x

(2)設(shè)g(x)＝f′(x)，討論函數(shù)g(x)在[0，＋∞)上的單調(diào)性；【答案】(2)見(jiàn)解析故h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)＝1>0，因此g′(x)>0對(duì)任意的x∈[0，＋∞)恒成立，故g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．故g′(x)>0對(duì)任意的x∈[0，＋∞)恒成立，故g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．(3)證明：對(duì)任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)．【答案】(3)證明見(jiàn)解析【解析】(3)證明：方法一：原不等式等價(jià)于f(s＋t)－f(s)>f(t)－f(0)，令m(x)＝f(x＋t)－f(x)(x，t>0)，即證m(s)>m(0)，又x，t>0，∴g(x＋t)>g(x)，∴m′(x)>0，∴m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又s＞0，∴m(s)>m(0)，即命題得證．方法二：設(shè)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，＋∞)上單調(diào)遞增，故當(dāng)s>0，t>0時(shí)，m′(s)＝g(s＋t)－g(s)>0，因此，m(s)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故m(s)>m(0)＝f(0＋t)－f(0)－f(t)＝－f(0)＝0，因此，對(duì)任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)．思考題3已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(x>0)，a為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)．證明：x1x2>e2.【答案】證明見(jiàn)解析不妨設(shè)x1>x2＞0，因?yàn)閘nx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，欲證x1x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2.因?yàn)閘nx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以h(c)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(c)>h(1)＝0，因此原不等式x1x2>e2得證．方法二(巧抓極值點(diǎn)構(gòu)造函數(shù))：由題意，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的兩根．設(shè)t1＝lnx1，t2＝lnx2，t1≠t2，g(x)＝xe－x，則g(t1)＝g(t2)，x1x2>e2?lnx1＋lnx2>2?t1＋t2>2.下證：t1＋t2>2.g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)g(x)在x＝1處取得極大值g(1)＝.當(dāng)x→－∞時(shí)，