2026年高考数学一轮复习专题课件：利用导数证明不等

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，lnx≤x－1，且两个等号不能同时取得，则f(x)＝a(ex＋a)－x＝ex＋lna＋a2－x≥(x＋lna＋1)＋a2－x＝1＋lna＋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)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明h(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)．思考题1

(2025·福建南平模拟)已知函数f(x)＝a(x－1)－lnx＋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)<ex－1恒成立．【答案】(2)证明见解析【解析】(2)证明：当a＝2时，f(x)＝2x－lnx－1，令g(x)＝ex－1－f(x)＝ex－1－2x＋lnx＋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＋ln1＋1＝0，所以ex－1－2x＋lnx＋1>0，即ex－1>2x－lnx－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－lnx－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－lnx－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－lnx－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lnx≤x－1，当x＝1时取“＝”．由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当x＝1时取“＝”)，由x－1≥lnx⇒x≥lnx＋1(当x＝1时取“＝”)，∴ex－1≥x≥lnx＋1，即ex－1≥lnx＋1，即ex－1－lnx－1≥0(当x＝1时取“＝”)，即f(x)≥0.方法二：令φ(x)＝ex－1－lnx－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)lnx≤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)<ex＋(a－1)x－2a.【答案】证明见解析【证明】

设h(x)＝lnx－(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)＝lnx－(x－1)≤0，即lnx≤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)＝elnx－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lnx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)＝axlnx＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0<a≤1，求证：f(x)<g(x)．【答案】证明见解析【证明】

要证明f(x)<g(x)，只需证明axlnx＋x2<ex＋x－1，则当0<x<e时，u′(x)>0，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<x<2时，v′(x)<0，函数v(x)在(0，2)上单调递减；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＋lnx，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)lnx＋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<a<0时，令f′(x)＝0，(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<a<时，f(x)存在两个极值点x1，x2，且x1，x2是方程x2－x＋a＝0的两个根，∴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)＝xlnx－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)<f(1)＝0恒成立．【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)<f(0)＝－1，满足题意．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)<h(1)＝0，从而不等式成立．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)＝lnx－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－lnx－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＋lnx≥x＋lnx＋1恒成立(当x＋lnx＝0时取“＝”)，∴xex－x－lnx－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，lnx－x2＋x＋1<1，思考题2已知函数f(x)＝asin(1－x)＋lnx，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<x<1，∴0＜cos(1－x)＜1，当a≤0时，f′(x)>0，此时f(x)在(0，1)上单调递增；当0<a≤1时，f′(x)>0，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)＋lnx在区间(0，1)上单调递增，则f(x)<f(1)＝0在(0，1)上恒成立，∴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)＝lnx－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lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，欲证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2.因为lnx1＋lnx2＝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lnx1，lnx2是方程x＝aex的两根．设t1＝lnx1，t2＝lnx2，t1≠t2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，x1x2>e2⇔lnx1＋lnx2>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，