2025年高考数学一轮复习讲义含答案解析 高考解答题专项突破(一) 第2课时 利用导数证明不等式

第2课时
利用导数证明不等式考点一直接构造函数证明不等式例1(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f (x )＝a (e x ＋a )－x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)证明：当a >0时，f (x )>2ln a ＋32
.解(1)因为f (x )＝a (e x ＋a )－x ，定义域为R ，
所以f ′(x )＝a e x －1，
当a ≤0时，由于e x >0，则a e x ≤0，
故f ′(x )＝a e x －1<0恒成立，
所以f (x )在R 上单调递减；
当a >0时，令f ′(x )＝a e x －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)证法一：由(1)得，
f (x )min ＝f (－ln a )＝a (e －ln a ＋a )＋ln a ＝1＋a 2＋ln a ，
要证f (x )>2ln a ＋32，即证1＋a 2＋ln a >2ln a ＋32
，即证a 2－12
－ln a >0恒成立，令g (a )＝a 2－12
－ln a (a >0)，则g ′(a )＝2a －1a ＝2a 2－1a
，令g ′(a )<0，则0<a <
22，令g ′(a )>0，则a >
22，
所以g (a )，＋，
所以g (a )min ＝－12－ln 22
＝ln 2>0，则g (a )>0恒成立，
所以当a >0时，f (x )>2ln a ＋32
恒成立，证毕．证法二：令h (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1，
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e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时，等号成立，
因为f (x )＝a (e x ＋a )－x ＝a e x ＋a 2－x ＝e x ＋ln a ＋a 2－x ≥x ＋ln a ＋1＋a 2－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 ＋32，即证x ＋ln a ＋1＋a 2－x >2ln a ＋32，即证a 2－12
－ln a >0恒成立，以下同证法一．待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．
1.(2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0<x <1时，x －x 2<sin x <x ；
证明构建F (x )＝x －sin x ，
则F ′(x )＝1－cos x >0对任意x ∈(0，1)恒成立，
则F (x )在(0，1)上单调递增，可得F (x )>F (0)＝0，
所以当0<x <1时，x >sin x ；
构建G (x )＝sin x －(x －x 2)＝x 2－x ＋sin x ，
则G ′(x )＝2x －1＋cos x ，
构建g (x )＝G ′(x )，
则g ′(x )＝2－sin x >0对任意x ∈(0，1)恒成立，
则g (x )在(0，1)上单调递增，可得g (x )>g (0)＝0，
即G ′(x )>0对任意x ∈(0，1)恒成立，
则G (x )在(0，1)上单调递增，可得G (x )>G (0)＝0，
所以当0<x <1时，sin x >x －x 2.
综上所述，当0<x <1时，x －x 2<sin x <x .
考点二放缩法证明不等式
例2
已知x ∈(0，1)，求证：x 2－1x <ln x e x .证明证法一：要证x 2－1x <ln x e
x ，
只需证e 2x ，又易证e x >x ＋1(0<x <1)，
∴只需证ln x ＋(x ＋，
即证ln x ＋1－x 3＋1x
－x 2>0，而x 3<x ，x 2<x (0<x <1)，
∴只需证ln x ＋1－2x ＋1x
>0，令g (x )＝ln x ＋1－2x ＋1x
，则g ′(x )＝1x －2－1x 2＝－2x 2－x ＋1x 2
，而2x 2－x ＋1>0恒成立，∴g ′(x )<0，
∴g (x )在(0，1)上单调递减，
∴当x ∈(0，1)时，g (x )>g (1)＝0，
即ln x ＋1－2x ＋1x
>0，∴x 2－1x <ln x e
x .证法二：∵x ∈(0，1)，
∴e x ∈(1，e)，x 2－1x
∈(－∞，0)，
∴要证x 2－1x <ln x e
x 成立，只需证e 2x 成立，只需证x 2－1x
<ln x ，又x 2<x (0<x <1)，∴只需证ln x ＋1x
－x >0，令h (x )＝ln x ＋1x
－x ，则h ′(x )＝1x －1x 2－1＝－x 2－x ＋1x
2，而x 2－x ＋1>0恒成立，∴h ′(x )<0，
∴h (x )在(0，1)上单调递减，
∴当x ∈(0，1)时，h (x )>h (1)＝0，
∴ln x ＋1x
－x >0，∴x 2－1x <ln x e
x .导数的综合应用题中，最常见就是e x 和ln x 与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对e x 和ln x 进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下：
(1)e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时取等号；
(2)e x ≥e x ，当且仅当x ＝1时取等号；
(3)当x ≥0时，e x ≥1＋x ＋12
x 2，当且仅当x ＝0时取等号；(4)当x ≥0时，e x ≥1＋e 2
x 2，当且仅当x ＝0时取等号；(5)x －1x
≤ln x ≤x －1≤x 2－x ，当且仅当x ＝1时取等号．
2.(2023·四川南充模拟)已知函数f (x )＝ax －sin x .
(1)若函数f (x )为增函数，求实数a 的取值范围；
(2)求证：当x >0时，e x >2sin x .
解(1)因为f (x )＝ax －sin x ，
所以f ′(x )＝a －cos x ，
由函数f (x )为增函数，得f ′(x )＝a －cos x ≥0恒成立，
即a ≥cos x 在R 上恒成立，
因为y ＝cos x ∈[－1，1]，所以a ≥1，
即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，当a ＝1时，f (x )＝x －sin x 为增函数，
当x >0时，由f (x )>f (0)＝0，得x >sin x ，
要证当x >0时，e x >2sin x ，现在证当x >0时，e x >2x ，
即证e x －2x >0在(0，＋∞)上恒成立，
设g (x )＝e x －2x (x >0)，则g ′(x )＝e x －2，
当0<x <ln 2时，g ′(x )<0，当x >ln 2时，g ′(x )>0，
所以g (x )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以g (x )min ＝g (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，
所以g (x )≥g (ln 2)>0，所以e x >2x 成立，
故当x >0时，e x >2sin x .
考点三凹凸反转法证明不等式例3
求证：e x －e x ＋1－eln x x >0(x >0)．证明原不等式等价于e x －e x ＋1>eln x x
(x >0)．令F (x )＝e x －e x ＋1(x >0)，F ′(x )＝e x －e ，当x ∈(0，1)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)＝e －e ＋1＝1.令G (x )＝eln x x (x >0)，G ′(x )＝e(1－ln x )x 2
.当x ∈(0，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，G ′(x )<0，G (x )单调递减，所以G (x )max ＝G (e)＝1，等号不同时取
得，所以F (x )>G (x )，即e x －e x ＋1>eln x x
，故原不等式成立．“凹凸反转法”证明不等式的方法步骤
欲证g (x )>h (x )―――――――――→g (x )图象凹形状h (x )图象凸形状
求g (x )的最小值求h (x )的最大值―――――――――→说明g (x )min 大于h (x )max
证得g (x )>h (x )，如图所示．
注意：在证明过程中，“隔离化”是关键．如果证g (x )≥f (x )恒成立，只需证g (x )min ≥f (x )max 恒成立，但只有当f (x )与g (x )取到最值的条件是同一个x 的值时取等号，否则只能得到g (x )>f (x )．
3.已知函数g (x )＝x ln x ．证明：当x >0时，g (x )>x e x －2e
.
证明因为g (x )＝x ln x ，所以g ′(x )＝1＋ln x ，令g ′(x )＝0，得x ＝1e
，所以当x ，g ′(x )<0；
当x ＋，g ′(x )>0，所以函数g (x )，＋，所以当x >0时，g (x )min ＝＝－1e .令φ(x )＝x e x －2e ，则φ′(x )＝1－x e
x ，所以当0<x <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 )max ＝φ(1)
＝－1e .又两个等号不同时成立，故当x >0时，g (x )>x e x －2e
.课时作业
1．(2023·福建福州模拟)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，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0.
解(1)f ′(x )＝e 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0<x <e a
时，f ′(x )>0；当x >e a
时，f ′(x )<0，
故f (x )，＋．(2)证法一：因为x >0，
所以只需证f (x )≤e x 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.
令g (x )＝e x x
－2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2
，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；
当x >1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 )≤e x x
－2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.证法二：由题意知，要证xf (x )－e x ＋2e x ≤0，
即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0，
即证ln x －x ＋2≤e x e x
.设函数m (x )＝ln x －x ＋2(x >0)，
则m ′(x )＝1x
－1.所以当x ∈(0，1)时，m ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )<0，
故m (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而m (x )在(0，＋∞)上的最大值为m (1)＝1.
设函数h (x )＝e x e x
(x >0)，则h ′(x )＝e x (x －1)e x
2.所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，
故h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1.
综上，当x >0时，m (x )≤h (x )，
即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.
2．(2024·山东临沂沂水县第四中学高三上学期月考)已知函数f (x )＝e x －
2－ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)当a ≤0时，求证：f (x )>ln x .
解(1)函数的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －
2－a .当a ≤0时，f ′(x )>0，则函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝2＋ln a ；
当x <2＋ln a 时，f ′(x )<0，当x >2＋ln a 时，f ′(x )>0，
∴f (x )在(－∞，2＋ln a )上单调递减，在(2＋ln a ，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a ≤0时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在(－∞，2＋ln a )上单调递减，在(2＋ln a ，＋∞)上单调递增．
(2)证明：要证f (x )>ln x ，即证e x －
2－ax >ln x ，即证e x －2x －a >ln x x .设g (x )＝e x －2x －a (x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e x －2x 2，当0<x <1时，g ′(x )<0；
当x >1时，g ′(x )>0，
∴g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴g (x )min ＝g (1)＝e －1－a ＝1e
－a .令h (x )＝ln x x
(x >0)，则h ′(x )＝1－ln x x 2
(x >0)，
当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0，
∴h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (e)＝1e
，当a ≤0时，g (x )≥1e －a ≥1e
≥h (x )，∵前后取等号的条件不一致，
∴e x －2x －a >ln x x .综上所述，当a ≤0时，f (x )>ln x .
3．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1，证明：
(1)当x ∈(0，＋∞)时，不等式f (x )≤g (x )恒成立；
(2)对于任意正整数n 恒成立(其中e 为自然对数的
底数)．
证明(1)要证不等式f (x )≤g (x )恒成立，即证ln x ≤x －1恒成立，令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x
，当0<x <1时，h ′(x )>0；
当x >1时，h ′(x )<0，
所以h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h (x )≤h (1)＝0，所以ln x ≤x －1恒成立．
(2)由(1)知ln x ≤x －1，
令x ＝1＋12k ，则ln <12
k ，k ∈N *，
所以ln ln …＋ln <12＋122＋…＋12n ＝1－12
n <1，
4．(2023·哈尔滨模拟)已知函数f (x )＝ax ＋1(x >0)，g (x )＝ln x －a －1x
＋2a .(1)若a ＝12
f (x )与
g (x )的大小；(2)若m >n >0，求证：
m －n ln m －ln n
>mn .解(1)当a ＝12时，
f(x)＝x
2＋1，g(x)＝ln x＋1
2x＋1，
令F(x)＝f(x)－g(x)＝x
2－ln x－
1
2x，
则F′(x)＝1
2－
1
x＋
1
2x2＝
(x－1)2
2x2≥0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0.综上，当x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)；
当x∈(0，1)时，F(x)<0，f(x)<g(x)；
当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，f(x)>g(x)．(2)证明：m>n>0，m
n
>1，
要证
m－n
ln m－ln n
>mn，
即证m－n
mn
>ln m－ln n，
即证m
n－
n
m
>ln m
n，
设t＝m
n，且t>1，即证t－
1
t
>ln t2＝2ln t，
即证t
2－ln t－
1
2t
>0(t>1)，
由(1)知，当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立，所以当m>n>0时，m－n
ln m－ln n
>mn. 5．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)＝x＋f(x)
xf(x)，证明：g(x)<1.
解(1)由题意，得y＝xf(x)＝x ln(a－x)，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)，
要证g(x)<1，
即证x＋f(x)
xf(x)
<1，即需证x＋ln(1－x)
x ln(1－x)
<1.
因为当x∈(－∞，0)时，x ln(1－x)<0，当x∈(0，1)时，x ln(1－x)<0；
所以需证x ＋ln (1－x )>x ln (1－x )，
即证x ＋(1－x )ln (1－x )>0.
令h (x )＝x ＋(1－x )ln (1－x )，x ∈(－∞，1)，且x ≠0，则h ′(x )＝1＋(－1)ln (1－x )＋(1－x )·
－11－x
＝－ln (1－x )，所以当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )<0；
当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，
所以h (x )>h (0)＝0，
即x ＋ln (1－x )>x ln (1－x )，
所以
x ＋ln (1－x )x ln (1－x )<1成立，所以x ＋f (x )xf (x )<1，即g (x )<1.
6．(2023·天津高考)已知函数f (x )(x ＋1)．
(1)求曲线y ＝f (x )在x ＝2处切线的斜率；
(2)当x >0时，证明：f (x )>1；
(3)证明：56
<ln (n ！)n ＋n ≤1，n ∈N *.
解(1)f ′(x )＝－1x 2ln (x ＋1)所以f ′(2)＝13－ln 34
，故曲线y ＝f (x )在x ＝2处切线的斜率为13－ln 34
.(2)证明：构造g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1
(t ≥1)，则g ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2
≥0，所以函数g (t )在[1，＋∞)上单调递增，
所以g (t )≥g (1)＝0，
所以ln t >2(t －1)t ＋1
(t >1)．令x ＋1＝t (x >0)，则ln (x ＋1)>2x x ＋2
(x >0)，
所以当x >0时(x ＋1)>1，
即f(x)>1.
(3)证明：先证ln(n！)
n＋n≤1.
令h(n)＝ln
(n！)
n＋n，n∈N*，
则h(n＋1)－h(n)＝ln(
n＋1)
(
n＋1)
n
＋1＝1
由(2)可知
(x＋1)>1，令n＝1
x
，
则1
，
故h(n)单调递减，则h(n)≤h(1)＝1，得证．
再证ln
(n！)
n＋n>5
6
.
证法一：构造s(x)＝ln x－
(x＋5)(x－1)
4x＋2，x>0，
则s′(x)＝
1
x－
x2＋x＋7
(2x＋1)2＝－
(x－1)3
x(2x＋1)2
，
当0<x<1时，s′(x)>0，当x>1时，s′(x)<0，
故s(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故s(x)≤s(1)＝0，即ln x≤
(x＋5)(x－1)
4x＋2
.
又当n≥2时，h(n)－h(
n＋1)
1
·
n
－1＝
1
12n2＋8n
<1
12n2－12n
所以h(1)－h(2)＋h(2)－h(3)＋…＋h(n－1)－h(n)＝h(1)－h(n)<1－ln2＋
5
2
ln
2－2＋
－1
2＋
1
2－
1
3＋…＋
1
n－2－＝3
2
ln2
－1<3
2
ln2－1＋1
12
<1
6，
故h(n)>h(1)－
1
6＝
5
6，得证．
综上，
5
6
<ln(n！)
n＋n≤1，n∈N*.
证法二：先证不等式
(1＋x)－1<x2
12成立．
令p(x)＝ln(1＋x)－x3＋12x
6(x＋2)
(x≥0)，
则p′(x)＝－
x3(x＋4)
3(x＋1)(x＋2)2≤0，
故p(x)在[0，＋∞)上单调递减，故当x>0时，p(x)<p(0)＝0，
所以当n
≥2时
1<1
12n2
<1
12n(n－1)＝
以下同证法一．。