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第六节　不等式的证明
1.（2024·茂名期中）已知函数f（x）＝ln x，g（x）＝1－.求证：当x＞0时，f（x）≥g（x）.
2.已知函数f（x）＝ex2－xln x.求证：当x＞0时，f（x）＜xex＋.
3.（2025·合肥第一次教学质量检测）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.
4.已知函数f（x）＝ex－x－1.
（1）求证：f（x）≥0；
（2）当m≤1时，求证：不等式ex－mx＋cos x－2≥0在x∈[0，＋∞）上恒成立.
第六节　不等式的证明
1.证明：令h（x）＝f（x）－g（x），则h（x）＝ln x＋－1（x＞0），
那么h'（x）＝－＝，令h'（x）＝0，得x＝1，
当x∈（0，1）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
所以当x＝1时，h（x）取得最小值，即h（x）≥h（1）＝0，即ln x＋－1≥0，
所以当x＞0时，f（x）≥g（x）.
2.证明：要证f（x）＜xex＋，因为x＞0，所以只需证ex－ln x＜ex＋，即证ex－ex＜ln x＋.
令h（x）＝ln x＋（x＞0），则h'（x）＝，
易知h（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，
则h（x）min＝h（）＝0，所以ln x＋≥0.
再令φ（x）＝ex－ex，则φ'（x）＝e－ex，
易知φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
则φ（x）max＝φ（1）＝0，所以ex－ex≤0.
因为h（x）与φ（x）不同时为0，
所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立.
3.证明：设h（x）＝ln x－（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）＝ln x－（x－1）≤0，即ln x≤x－1.
所以当x＞2时，有ln（x－1）＜x－2.又因为a＞0，
所以f（x）＝aln（x－1）＋＜a（x－2）＋，
所以要证f（x）＜ex＋（a－1）x－2a成立，只需证明a（x－2）＋＜ex＋（a－1）x－2a，
整理得ex－x－＞0.
令g（x）＝ex－x－，则g'（x）＝ex－1＋，
因为x＞2，所以g'（x）＞0，即g（x）在（2，＋∞）上单调递增，
于是g（x）＞g（2）＝e2－2－＝e2－4＞0，故原不等式成立.
4.证明：（1）f'（x）＝ex－1，当x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）min＝f（0）＝0，即ex－x－1≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f（x）≥0.
（2）令g（x）＝ex－mx＋cos x－2，则g'（x）＝ex－m－sin x，
由（1）可得ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，
又m≤1，所以g'（x）≥x＋1－1－sin x＝x－sin x.
令h（x）＝x－sin x，则h'（x）＝1－cos x，
当x≥0时，h'（x）≥0，所以h（x）在[0，＋∞）上单调递增，
所以当x∈[0，＋∞）时，h（x）≥h（0）＝0，
则g'（x）≥0，g（x）在[0，＋∞）上单调递增，
当x∈[0，＋∞）时，g（x）≥g（0）＝0，即ex－mx＋cos x－2≥0，
所以当m≤1时，不等式ex－mx＋cos x－2≥0在x∈[0，＋∞）上恒成立.
1 / 2第六节　不等式的证明
重点解读
　　在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题.
作差构造法
（师生共研过关）
（2024·南平阶段练习）已知函数f（x）＝2x－ln x－1，求证：当x＞1时，f（x）＜ex－1恒成立.
解题技法
作差构造法证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形：将不等式f（x）＞g（x）（或f（x）＜g（x））变形为f（x）－g（x）＞0（或f（x）－g（x）＜0）；
（2）构造新的函数：h（x）＝f（x）－g（x）；
（3）利用导数研究函数h（x）的性质，得到所证不等式.
1.证明：1－cos x≤.
2.（2025·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；
（2）证明：f（x）≤ax＋b.
隔离转化法
（师生共研过关）
（2024·高三全国专题练习）已知函数f（x）＝xln x＋x.
（1）求函数f（x）的最小值；
（2）证明：ln x＋1＞－.
解题技法
隔离转化法的一般思路
（1）在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题；
（2）在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f（x），g（x），使f（x）min＞g（x）max恒成立，从而f（x）＞g（x），但f（x）与g（x）取到最值的条件不是同一个“x”的值；
（3）对于较复杂的不等式，也可将不等式的某一部分“隔离”开，单独进行研究，然后再纳入整体进行论证.
　已知函数f（x）＝eln x－ax（a∈R）.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝e时，证明：xf（x）－ex＋2ex≤0.
适当放缩法
（师生共研过关）
已知函数f（x）＝，g（x）＝，证明：f（x）＞2g（x）－1.
解题技法
　　适当放缩法证明不等式常见的放缩技巧
（1）利用基本不等式进行放缩，如：a2＋b2≥2ab（a，b∈R）；a＋b≥2（a≥0，b≥0）；
（2）ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；
（3）ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.
　设f（x）＝ln（x＋1）＋－1，求证：当x∈（0，2）时，f（x）＜.
第六节　不等式的证明
【考点·分类突破】
技法1
【例1】 证明：令g（x）＝ex－1－f（x），则g（x）＝ex－1－2x＋ln x＋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＋ln 1＋1＝0，
所以ex－1－2x＋ln x＋1＞0，即ex－1＞2x－ln x－1，原不等式得证.
跟踪训练
1.证明：令g（x）＝cos x－1＋，则g'（x）＝－sin x＋x，
令y＝－sin x＋x，则y'＝1－cos x≥0，
即函数g'（x）在R上是增函数，g'（0）＝0，
由g'（x）＞0得x＞0，由g'（x）＜0得x＜0，
因此函数g（x）在（0，＋∞）上单调递增，在（－∞，0）上单调递减，所以g（x）≥g（0）＝0，
即cos x－1＋≥0，所以1－cos x≤成立.
2.解：（1）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＝－.
（2）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，
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.
技法2
【例2】 解：（1）f'（x）＝ln x＋2，令f'（x）＝ln x＋2＝0可得x＝，
当x∈（0，）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
所以f（x）min＝f（）＝－.
（2）证明：因为x＞0，所以只需证明xln x＋x＞－，
下面分别研究左、右两边，考虑证明左边的最小值大于右边的最大值.
设g（x）＝－，则g'（x）＝，
当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）max＝g（1）＝－，所以g（x）≤－，
由（1）知f（x）＝xln x＋x≥－.
又因为g（x）≤－取等号时x＝1，f（x）＝xln x＋x≥－取等号时x＝，
所以等号不能同时取到，故xln x＋x＞－，则原不等式得证.
跟踪训练
解：（1）f'（x）＝－a（x＞0），
①若a≤0，则f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上是增函数；
②若a＞0，则当0＜x＜时，f'（x）＞0；当x＞时，f'（x）＜0.
故f（x）在（0，）上单调递增，在（，＋∞）上单调递减.
（2）证明：因为x＞0，所以只需证f（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.
设g（x）＝－2e（x＞0），则g'（x）＝，
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）≤－2e.
故不等式xf（x）－ex＋2ex≤0得证.
技法3
【例3】 证明：要证f（x）＞2g（x）－1，即证＞－1，
因为当x＞0时ex＞x＋1＞0，即＞，也即＞，－1＞－1.
只需证≥－1，即证xln x≥x－1.
令m（x）＝xln x－x＋1，则m'（x）＝ln x，
所以当x∈（0，1）时，m'（x）＜0；当x∈（1，＋∞）时，m'（x）＞0，
所以m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
所以m（x）min＝m（1）＝0，即m（x）≥0，
所以xln x≥x－1，f（x）＞2g（x）－1得证.
跟踪训练
证明：由基本不等式，当x＞0时，＜，∴＜＋1.
∴f（x）＝ln（x＋1）＋－1＜ln（x＋1）＋.
记h（x）＝ln（x＋1）＋－，
则h'（x）＝＋－＝.
当0＜x＜2时，h'（x）＜0，∴h（x）在（0，2）上单调递减，故h（x）＜h（0）＝0.
∴ln（x＋1）＋＜.
从而f（x）＜.
1 / 3(共31张PPT)
第六节　不等式的证明
高中总复习·数学
重点解读
　　在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的
最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数
的单调性或最值问题.
目 录
CONTENTS
考点·分类突破
01.
课时·跟踪检测
02.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
作差构造法（师生共研过关）
（2024·南平阶段练习）已知函数f（x）＝2x－ln x－1，求证：当x
＞1时，f（x）＜ex－1恒成立.
证明：令g（x）＝ex－1－f（x），则g（x）＝ex－1－2x＋ln x＋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＋ln 1
＋1＝0，
所以ex－1－2x＋ln x＋1＞0，即ex－1＞2x－ln x－1，原不等式得证.
解题技法
作差构造法证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形：将不等式f（x）＞g（x）（或f（x）＜g（x））变
形为f（x）－g（x）＞0（或f（x）－g（x）＜0）；
（2）构造新的函数：h（x）＝f（x）－g（x）；
（3）利用导数研究函数h（x）的性质，得到所证不等式.
1. 证明：1－ cos x≤ .
证明：令g（x）＝ cos x－1＋ ，则g'（x）＝－ sin x＋x，
令y＝－ sin x＋x，则y'＝1－ cos x≥0，
即函数g'（x）在R上是增函数，g'（0）＝0，
由g'（x）＞0得x＞0，由g'（x）＜0得x＜0，
因此函数g（x）在（0，＋∞）上单调递增，在（－∞，0）上单调递
减，所以g（x）≥g（0）＝0，
即 cos x－1＋ ≥0，所以1－ cos x≤ 成立.
2. （2025·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；
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＝－ .
（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，
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.
隔离转化法（师生共研过关）
（2024·高三全国专题练习）已知函数f（x）＝xln x＋x.
（1）求函数f（x）的最小值；
解： f'（x）＝ln x＋2，令f'（x）＝ln x＋2＝0可得x＝ ，
当x∈（0， ）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（ ，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
所以f（x）min＝f（ ）＝－ .
（2）证明：ln x＋1＞ － .
解： 证明：因为x＞0，所以只需证明xln x＋x＞ － ，
下面分别研究左、右两边，考虑证明左边的最小值大于右边的最大值.
设g（x）＝ － ，则g'（x）＝ ，
当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）max＝
g（1）＝－ ，所以g（x）≤－ ，
由（1）知f（x）＝xln x＋x≥－ .
又因为g（x）≤－ 取等号时x＝1，f（x）＝xln x＋x≥－ 取等号时
x＝ ，
所以等号不能同时取到，故xln x＋x＞ － ，则原不等式得证.
解题技法
隔离转化法的一般思路
（1）在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑
转化为两个函数的最值问题；
（2）在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别
“隔离”出两个函数式f（x），g（x），使f（x）min＞g（x）max恒成
立，从而f（x）＞g（x），但f（x）与g（x）取到最值的条件不是同
一个“x”的值；
（3）对于较复杂的不等式，也可将不等式的某一部分“隔离”开，单独
进行研究，然后再纳入整体进行论证.
　已知函数f（x）＝eln x－ax（a∈R）.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
解： f'（x）＝ －a（x＞0），
①若a≤0，则f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上是增函数；
②若a＞0，则当0＜x＜ 时，f'（x）＞0；当x＞ 时，f'（x）＜0.
故f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，＋∞）上单调递减.
（2）当a＝e时，证明：xf（x）－ex＋2ex≤0.
解： 证明：因为x＞0，所以只需证f（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.
设g（x）＝ －2e（x＞0），则g'（x）＝ ，
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）≤ －2e.
故不等式xf（x）－ex＋2ex≤0得证.
适当放缩法（师生共研过关）
已知函数f（x）＝ ，g（x）＝ ，证明：f（x）＞2g（x）－
1.
证明：要证f（x）＞2g（x）－1，即证 ＞ －1，
因为当x＞0时ex＞x＋1＞0，即 ＞ ，也即 ＞ ， －1＞
－1.
只需证 ≥ －1，即证xln x≥x－1.
令m（x）＝xln x－x＋1，则m'（x）＝ln x，
所以当x∈（0，1）时，m'（x）＜0；当x∈（1，＋∞）时，m'（x）
＞0，
所以m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
所以m（x）min＝m（1）＝0，即m（x）≥0，
所以xln x≥x－1，f（x）＞2g（x）－1得证.
解题技法
　　适当放缩法证明不等式常见的放缩技巧
（1）利用基本不等式进行放缩，如：a2＋b2≥2ab（a，b∈R）；a＋
b≥2 （a≥0，b≥0）；
（2）ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；
（3）ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.
　设f（x）＝ln（x＋1）＋ －1，求证：当x∈（0，2）时，f
（x）＜ .
证明：由基本不等式，当x＞0时， ＜ ，∴ ＜
＋1.
∴f（x）＝ln（x＋1）＋ －1＜ln（x＋1）＋ .
记h（x）＝ln（x＋1）＋ － ，
则h'（x）＝ ＋ － ＝ .
当0＜x＜2时，h'（x）＜0，∴h（x）在（0，2）上单调递减，故h
（x）＜h（0）＝0.
∴ln（x＋1）＋ ＜ .
从而f（x）＜ .
PART 02
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. （2024·茂名期中）已知函数f（x）＝ln x，g（x）＝1－ .求证：当x
＞0时，f（x）≥g（x）.
证明：令h（x）＝f（x）－g（x），则h（x）＝ln x＋ －1（x＞0），
那么h'（x）＝ － ＝ ，令h'（x）＝0，得x＝1，
当x∈（0，1）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（1，＋∞）
时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
所以当x＝1时，h（x）取得最小值，即h（x）≥h（1）＝0，即ln x＋
－1≥0，
所以当x＞0时，f（x）≥g（x）.
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2. 已知函数f（x）＝ex2－xln x.求证：当x＞0时，f（x）＜xex＋ .
证明：要证f（x）＜xex＋ ，因为x＞0，所以只需证ex－ln x＜ex＋
，即证ex－ex＜ln x＋ .
令h（x）＝ln x＋ （x＞0），则h'（x）＝ ，
易知h（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增，
则h（x）min＝h（ ）＝0，所以ln x＋ ≥0.
再令φ（x）＝ex－ex，则φ'（x）＝e－ex，
易知φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
则φ（x）max＝φ（1）＝0，所以ex－ex≤0.
因为h（x）与φ（x）不同时为0，
所以ex－ex＜ln x＋ ，故原不等式成立.
3. （2025·合肥第一次教学质量检测）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.
证明：设h（x）＝ln x－（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）＝ln x－（x－1）≤0，即ln x≤x－1.
所以当x＞2时，有ln（x－1）＜x－2.又因为a＞0，
所以f（x）＝aln（x－1）＋ ＜a（x－2）＋ ，
所以要证f（x）＜ex＋（a－1）x－2a成立，只需证明a（x－2）＋
＜ex＋（a－1）x－2a，
整理得ex－x－ ＞0.
令g（x）＝ex－x－ ，则g'（x）＝ex－1＋ ，
因为x＞2，所以g'（x）＞0，即g（x）在（2，＋∞）上单调递增，
于是g（x）＞g（2）＝e2－2－ ＝e2－4＞0，故原不等式成立.
4. 已知函数f（x）＝ex－x－1.
（1）求证：f（x）≥0；
证明： f'（x）＝ex－1，当x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
当x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）min＝f（0）＝0，即ex－x－1≥0，当且仅当x＝0时取等号，
所以f（x）≥0.
（2）当m≤1时，求证：不等式ex－mx＋ cos x－2≥0在x∈[0，＋∞）上
恒成立.
证明： 令g（x）＝ex－mx＋ cos x－2，则g'（x）＝ex－m－ sin x，
由（1）可得ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，
又m≤1，所以g'（x）≥x＋1－1－ sin x＝x－ sin x.
令h（x）＝x－ sin x，则h'（x）＝1－ cos x，
当x≥0时，h'（x）≥0，所以h（x）在[0，＋∞）上单调递增，
所以当x∈[0，＋∞）时，h（x）≥h（0）＝0，
则g'（x）≥0，g（x）在[0，＋∞）上单调递增，
当x∈[0，＋∞）时，g（x）≥g（0）＝0，即ex－mx＋ cos x－2≥0，
所以当m≤1时，不等式ex－mx＋ cos x－2≥0在x∈[0，＋∞）上恒成
立.
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