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(共49张PPT)
第4讲　大题专攻
——利用导数证明不等式
目录
CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
作差（商）法证明不等式 利用导数证明不等式问题是高考的热
点和难点，多以解答题的形式出现，
一般难度较大
放缩法证明不等式 变量代换法证明不等式 二、真题感悟
1. （2023·新高考Ⅰ卷19题）（作差法、构造法证明不等式）已知函数f
（x）＝a（ex＋a）－x.
（1）讨论f（x）的单调性；
解：由题意知，f（x）的定义域为（－∞，＋∞），f'
（x）＝aex－1.
当a≤0时，易知f'（x）＜0，则f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数.
当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝ln .
当x∈（－∞，ln ）时，f'（x）＜0；当x∈（ln ，＋∞）时，f'
（x）＞0.
所以f（x）在（－∞，ln ）上单调递减，在（ln ，＋∞）上单调递增.
综上可知，当a≤0时，f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数；当a＞0时，
f（x）在（－∞，ln ）上单调递减，在（ln ，＋∞）上单调递增.
（2）证明：当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ .
解：证明：法一　由（1）知，当a＞0时，f（x）在（－
∞，ln ）上单调递减，在（ln ，＋∞）上单调递增.
所以f（x）min＝f（ln ）＝a（ ＋a）－ln ＝1＋a2＋ln a.
令g（x）＝1＋x2＋ln x－（2ln x＋ ），x＞0，
即g（x）＝x2－ln x－ ，x＞0，
则g'（x）＝2x－ ＝ .
令g'（x）＝0，得x＝ .
当x∈（0， ）时，g'（x）＜0；当x∈（ ，＋∞）时，g'
（x）＞0.
所以g（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调
递增，
所以g（x）min＝g（ ）＝（ ）2－ln － ＝－ln ＞0，
所以1＋x2＋ln x＞2ln x＋ 对 x＞0恒成立，
所以当a＞0时，1＋a2＋ln a＞2ln a＋ 恒成立.
即当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ .
法二　当a＞0时，由（1）得，f（x）min＝f（－ln a）＝1＋a2＋ln a，
故欲证f（x）＞2ln a＋ 成立，
只需证1＋a2＋ln a＞2ln a＋ ，
即证a2－ ＞ln a.
构造函数u（a）＝ln a－（a－1）（a＞0），
则u'（a）＝ －1＝ ，所以当a＞1时，u'（a）＜0；当0＜a＜1时，u'
（a）＞0.
所以函数u（a）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以u（a）≤u（1）＝0，即ln a≤a－1，
故只需证a2－ ＞a－1，即证a2－a＋ ＞0，
因为a2－a＋ ＝（a－ ）2＋ ＞0恒成立，
所以当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ .
2. （2024·全国甲卷文20题）（放缩法、作差法证明不等式）已知函数f
（x）＝a（x－1）－ln x＋1.
（1）讨论f（x）的单调性；
解：因为f（x）＝a（x－1）－ln x＋1，
所以f'（x）＝a－ ＝ ，x＞0，
若a≤0，则f'（x）＜0恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单
调递减；
若a＞0，则当0＜x＜ 时，f'（x）＜0，当x＞ 时，f'（x）＞
0，所以f（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增.
（2）设a≤2，证明：当x＞1时，f（x）＜ex－1.
解：证明：法一（放缩法）　因为a≤2，所以当x＞1时，ex－1－f（x）＝ex－1－a（x－1）＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.
令g（x）＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x＞1时g（x）＞0.
易知g'（x）＝ex－1－2＋ ，
令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝ex－1－ 在（1，＋∞）上单
调递增，
则当x＞1时，h'（x）＞h'（1）＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递增，
所以当x＞1时，g'（x）＞g'（1）＝0，故g（x）在（1，＋
∞）上单调递增，
所以当x＞1时，g（x）＞g（1）＝0，
即当x＞1时，f（x）＜ex－1.
法二（作差法直接求导证明）　设g（x）＝a（x－1）－ln x＋
1－ex－1，只需证当x＞1时g（x）＜0即可.
易知g'（x）＝a－ －ex－1，
令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝ －ex－1，
由基本初等函数的单调性可知h'（x）在（1，＋∞）上单调递减，
则当x＞1时，h'（x）＜h'（1）＝1－1＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递减，
于是当x＞1时，g'（x）＜g'（1）＝a－2，
又a≤2，所以a－2≤0，则当x＞1时，g'（x）＜0，故g（x）
在（1，＋∞）上单调递减，
所以当x＞1时，g（x）＜g（1）＝0，
即当x＞1时，f（x）＜ex－1.
　常用放缩技巧
（1）指数型放缩：ex≥x＋1（当且仅当x＝0时取等号），ex－1≥x，即
ex≥ex（当且仅当x＝1时取等号），ex≤ （x＜1）（当且仅当x
＝0时取等号）；
（2）对数型放缩：ln（x＋1）≤x（当且仅当x＝0时取等号），1－ ≤ln
x≤x－1（x＞0）（当且仅当x＝1时取等号）；
（3）三角放缩： sin x≤x≤tan x （当且仅当x＝0时取等
号）， sin x≥x≥tan x（－ ＜x≤0）（当且仅当x＝0时取等号）.
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
作差（商）法证明不等式
【例1】　已知函数f（x）＝2 sin x－ sin 2x.当 ≤x≤ 时，求证：f
（x）＞ln（x＋1）（注：ln ≈0.739）.
证明：设g（x）＝f（x）－ln（x＋1）＝2 sin x－ sin 2x－ln（x＋1），
则g'（x）＝－4 cos 2x＋2 cos x＋2－ .
当 ≤x≤ 时，1－ ＞0，所以g'（x）＞－4 cos 2x＋2 cos x＋1，
又－4 cos 2x＋2 cos x＋1＝－4（ cos x－ ）2＋ （0≤ cos x≤ ），
所以－4 cos 2x＋2 cos x＋1＞0，所以g'（x）＞0在区间［ ， ］上恒
成立.
所以y＝g（x）在区间［ ， ］上单调递增，
所以g（x）≥g（ ）＝ －ln（ ＋1）＞ －ln ≈ －0.739＞0，
所以当 ≤x≤ 时，f（x）＞ln（x＋1）.
作差（商）法证明不等式
　　待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接通过作差
（商）法，转化为与0（作差）或与1（作商）比较大小的问题，进而构造
差（商）函数，通过研究其单调性等性质，转化为函数最值问题，从而证
明不等式.
　（2024·湖南“一起考”大联考改编）已知函数f（x）＝－x＋ln x＋1，
g（x）＝xex－2x.求证：f（x）≤g（x）.
证明：要证f（x）≤g（x），即证xex－x－ln x－1≥0.
令F（x）＝xex－x－ln x－1，则F'（x）＝（x＋1）ex－ －1＝（x＋
1）（ex－ ），x＞0.
令G（x）＝ex－ ，x＞0，则G'（x）＝ex＋ ＞0，
所以G（x）在（0，＋∞）上单调递增，
又因为G（ ）＝ －2＜0，G（1）＝e－1＞0，
所以 x0∈（ ，1），使得G（x0）＝0，即 ＝ ，
当x∈（0，x0）时，G（x）＜0，当x∈（x0，＋∞）时，G（x）＞0，
所以F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
所以F（x）min＝F（x0）＝x0 －x0－ln x0－1.
又因为 ＝ ，即x0＝－ln x0，所以F（x）min＝1－x0＋x0－1＝0，
所以F（x）≥0，即xex－x－ln x－1≥0，故f（x）≤g（x）得证.
放缩法证明不等式
【例2】　已知x∈（0，1），求证：x2－ ＜ .
证明：要证：x2－ ＜ ，只需证ex（x2－ ）＜ln x，
又易证ex＞x＋1＞0（0＜x＜1），
所以只需证明ln x＋（x＋1）（ －x2）＞0，
即证ln x＋1－x3＋ －x2＞0，而当x∈（0，1）时，x3＜x，x2＜x，
所以只需证ln x＋1－2x＋ ＞0.
令g（x）＝ln x＋1－2x＋ ，x∈（0，1），
则g'（x）＝ －2－ ＝－ ，
而2x2－x＋1＞0恒成立，所以g'（x）＜0，
所以g（x）在（0，1）上单调递减，所以当x∈（0，1）时，g（x）＞g
（1）＝0，即ln x＋1－2x＋ ＞0，
所以x2－ ＜ 得证.
　　放缩法的实质就是将待证不等式通过适度放缩，转化为多个不等式的
证明问题.某些不等式直接构造函数不易求其最值，可以利用熟知的函数
不等式进行放缩，有利于简化后续导数的求解或函数值正负的判断；也可
以利用局部函数的有界性进行放缩，再构造函数进行证明.
　已知f（x）＝ cos x，x∈［0， ）.
（1）求证：tan x·f（x）≤x；
证明：因为tan x·f（x）＝ sin x，记g（x）＝ sin x－x，则当
x∈［0， ）时，g'（x）＝ cos x－1≤0，所以g（x）在［0， ）
上是减函数，所以g（x）≤g（0）＝0，即tan x·f（x）≤x.
（2）求证：2ex·f（x）≥（1＋x）（2－x2）.
证明：要证明2ex·f（x）≥（1＋x）（2－x2），
即证明ex· cos x≥ ，x∈［0， ）.
因为ex≥x＋1，又由（1）可知，当x∈［0， ）时， sin x≤x，
所以ex cos x＝ex（ 1－2 sin 2 ）≥（x＋1）［1－2（ ）2］＝（1＋
x）（ 1－ ）.
故x∈［0， ）时，2ex·f（x）≥（1＋x）（2－x2）.
变量代换法证明不等式
【例3】　已知函数f（x）＝－xeax，求证：ln x＋ax－1≥ .
证明：ln x＋ax－1≥ ，即为ln x＋ax－1≥ （x＞0），
即ln（xeax）－1＋ ≥0，
令t＝xeax，可得t＞0，即证明ln t－1＋ ≥0（t＞0）.
设g（t）＝ln t－1＋ （t＞0），则g'（t）＝ － ＝ ，
当t∈（0，1）时，g'（t）＜0，函数g（t）单调递减；
当t∈（1，＋∞）时，g'（t）＞0，函数g（t）单调递增.
所以g（t）≥g（1）＝ln 1－1＋1＝0，即ln t－1＋ ≥0（t＞0）.
所以ln x＋ax－1≥ .
变量代换法证明不等式的三种常见方法
（1）消元法：借助题设条件，建立x1与x2的等量关系，如x2＝g（x1），
从而将f（x1，x2）＞A的双变量不等式化成h（x1）＞A的单变量不
等式；
（2）换元法：结合题设条件，有时需要先对含有双变量的不等式进行
“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，
将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如 的形式；
（3）构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对
数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子，根据“相同结
构”构造辅助函数.
　已知函数f（x）＝x2－ax＋ln x.若函数f（x）有两个极值点x1，x2，求
证：f（x1＋x2）＜－2＋ln .
证明：f（x）的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝2x－a＋ ＝ ，
由题意得2x2－ax＋1＝0的两个不等的实根为x1，x2，
则
解得a＞2 .
故f（x1＋x2）＝（x1＋x2）2－a（x1＋x2）＋ln（x1＋x2）＝ － ＋ln
＝－ ＋ln .
设g（a）＝－ ＋ln （a＞2 ），
则g'（a）＝－ ＋ ＝ ＜0，
故g（a）在（2 ，＋∞）上单调递减，
所以g（a）＜g（2 ）＝－2＋ln .
因此f（x1＋x2）＜－2＋ln .
03
课时跟踪检测
1. （2024·合肥第一次质量检测）已知函数f（x）＝ ，当x＝1时，f
（x）有极大值 .
（1）求实数a，b的值；
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解：函数f（x）的定义域为（－∞，＋∞），且f'（x）＝ ，
因为x＝1时，f（x）有极大值 ，所以解得a＝
1，b＝0，
经检验，当a＝1，b＝0时，f（x）在x＝1时有极大值 ，
所以a＝1，b＝0.
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（2）当x＞0时，证明：f（x）＜ .
解：证明：由（1）知，f（x）＝ ，
当x＞0时，要证f（x）＜ ，即证 ＜ ，
即证ex＞x＋1.
设g（x）＝ex－x－1，则g'（x）＝ex－1，
因为x＞0，所以g'（x）＝ex－1＞0，
所以g（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以g（x）＞g（0）＝0，即ex－x－1＞0，即ex＞x＋1，
故当x＞0时，f（x）＜ .
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2. （2024·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；
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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处的切线斜率为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＝－ .
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（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，
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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.
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3. 函数f（x）＝ln（x＋t）＋ ，其中t，a为实数.
（1）当t＝0时，讨论函数f（x）的单调性；
解：当t＝0时，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'
（x）＝－ ＋ ＝ .
当a≤0时，∵x＞0，∴x－a＞0，∴f'（x）＞0，
∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
当a＞0时，若x＞a，则f'（x）＞0，f（x）单调递增；若0＜x
＜a，则f'（x）＜0，f（x）单调递减.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当a＞0
时，f（x）在（a，＋∞）上单调递增，在（0，a）上单调递减.
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（2）若g（x）＝ex＋ ，当t≤2时，证明：g（x）＞f（x）.
解：证明：要证g（x）＞f（x），即证g（x）－f（x）
＞0，即证ex－ln（x＋t）＞0，即证ex－ln（x＋t）≥ex－ln（x
＋2）＞0.
令F（x）＝ex－ln（x＋2），F'（x）＝ex－ 在（－2，＋
∞）上单调递增，
∵∴F'（x）＝0在（－2，＋∞）上有唯一实根，
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设为x0，则x0∈（－1，0）.
当x∈（－2，x0）时，F'（x）＜0，F（x）单调递减，当x∈
（x0，＋∞）时，F'（x）＞0，F（x）单调递增.
故当x＝x0时，F（x）取得最小值，由F'（x0）＝0得 ＝
，即x0＝－ln（x0＋2），
F（x）≥ －ln（x0＋2）＝ ＋x0＝ ＞0.
故当t≤2时，g（x）＞f（x）.
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4. 已知函数f（x）＝ －m（a，m∈R）在x＝e（e为自然对数的底
数）时取得极值，且有两个零点x1，x2.
（1）求实数a的值，以及实数m的取值范围；
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解：由已知得，函数f（x）＝ －m的定义域为（0，＋
∞），f'（x）＝ ＝ .
由f'（x）＝0，得x＝ea＋1，且当0＜x＜ea＋1时，f'（x）＞0；当
x＞ea＋1时，f'（x）＜0.
所以f（x）在x＝ea＋1时取得极值，
所以ea＋1＝e，解得a＝0.
所以f（x）＝ －m（x＞0），f'（x）＝ ，
显然当0＜x＜e时，f'（x）＞0，
所以函数f（x）在（0，e）上单调递增；
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当x＞e时，f'（x）＜0，
所以函数f（x）在（e，＋∞）上单调递减.
f（e）＝ －m，且f（e）为f（x）的极大值，也是最大值.
易知当x→0（x＞0）时，f（x）→－∞；当x→＋∞时，f（x）
→－m.
又f（x）有两个零点x1，x2，所以
得0＜m＜ ，
所以实数m的取值范围为（0， ）.
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（2）证明：x1x2＞e2.
解：证明：由题意，不妨设0＜x1＜x2，则
则ln（x1x2）＝m（x1＋x2），ln ＝m（x2－x1），
所以m＝ ，要证x1x2＞e2，
即证ln（x1x2）＞2，即证m（x1＋x2）＞2，
即证 ln ＞2，令t＝ ，则t＞1，
则只需证当t＞1时，ln t＞ ，
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即证当t＞1时，ln t－ ＞0.
设g（t）＝ln t－ （t＞1），
则g'（t）＝ － ＝ ＞0，
所以g（t）在（1，＋∞）上单调递增，
则g（t）＞g（1）＝ln 1－ ＝0，
从而原不等式成立，
即x1x2＞e2成立.
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