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重难专攻3　不等式的证明问题
（时间：45分钟，满分：50分）
1.（10分）已知函数f（x）＝，求证：当x＞0时，f（x）≤x－1.
2.（10分）已知函数f（x）＝ex2－xln x.求证：当x＞0时，f（x）＜xex＋.
3.（15分）（2026·浙江宁波模拟节选）已知函数f（x）＝－axsin x.
（1）判断f（x）的奇偶性；
（2）若a＝－，求证：f（x）≤1.
4.（15分）已知函数f（x）＝（a＋1）ln x＋ax2＋1.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈（0，＋∞），｜f（x1）－f（x2）｜≥4｜x1－x2｜.
重难专攻3　不等式的证明问题
1.证明：当x＞0时，要证f（x）≤x－1，
即证ln x－x2＋x≤0，
令g（x）＝ln x－x2＋x（x＞0），
则g'（x）＝－2x＋1＝
＝－，
当0＜x＜1时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＞1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
∴g（x）≤g（1）＝0，
即当x＞0时，f（x）≤x－1.
2.证明：要证f（x）＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即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.解：（1）f（x）＝－axsin x，
当a≥0时，定义域为R，当a＜0时，定义域为［－，］，均关于原点对称，且f（－x）＝－a（－x）sin（－x）＝－axsin x＝f（x），故f（x）为偶函数.
（2）证明：当a＝－时，f（x）＝＋xsin x为偶函数，
要证f（x）≤1，只需要证≤1－xsin x，
当－1≤x≤1时，1－xsin x＞0，
只需证明0≤x≤1时，1－x2≤（ 1－xsin x）2，即证x2－xsin x＋x2sin2x≥0，即证x（x－sin x＋xsin2x）≥0，易知xsin2x≥0，
只需证x－sin x≥0，
令g（x）＝x－sin x，g'（x）＝1－cos x≥0，g（x）在[0，1]上单调递增，故g（x）≥g（0）＝0，所以x－sin x≥0，得证.
4.解：（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝＋2ax＝.
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，解得x＝.
当x∈（ 0，）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：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.
令g（x）＝f（x）＋4x，
则g'（x）＝＋2ax＋4＝.
于是g'（x）≤＝≤0.
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 / 1重难专攻3　不等式的证明问题
　　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.
　　
作差构造函数证明不等式
（师生共研过关）
（2023·新高考Ⅰ卷19题）已知函数f（x）＝a（ex＋a）－x.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明：当a＞0时，f（x）＞2ln a＋.
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）构造新函数：构造函数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.
训练1 （2026·湖南长沙模拟节选）已知函数f（x）＝x2ln x.
（1）求函数f（x）的极值；
（2）证明：对任意的x∈（0，＋∞），f（x）≥x－1.
构造双函数证明不等式
（师生共研过关）
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＞－.
　　若直接求证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.一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商的形式.
训练2 已知函数f（x）＝axln x＋x2，g（x）＝ex＋x－1，0＜a≤1，求证：f（x）＜g（x）.
双变量不等式的证明
（师生共研过关）
若m＞n＞0，求证：＞.
　　将两个变量分离，根据式子的特点构造新函数，利用导数研究新函数的单调性及最值，从而得到所证不等式，或者要求证的不等式等价变形，然后利用整体思想换元，再构造函数，结合函数的单调性证得不等式.
训练3 （2026·江苏连云港模拟节选）若x1，x2是h（x）＝x2＋ln x－bx的两个不同的极值点，证明：h（x1）＋h（x2）＜－3－ln 2.
重难专攻3　不等式的证明问题
考点1
【例1】　解：（1）f'（x）＝aex－1，x∈R.
当a≤0时，f'（x）＜0，
所以函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减；
当a＞0时，令f'（x）＞0，得x＞－ln a；
令f'（x）＜0，得x＜－ln a，
所以函数f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，在（－ln a，＋∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减；
当a＞0时，函数f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，在（－ln a，＋∞）上单调递增.
（2）证明：由（1）得当a＞0时，函数f（x）的最小值为f（－ln a）＝1＋a2＋ln a.
令g（a）＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈（0，＋∞），
所以g'（a）＝2a－，
令g'（a）＞0，得a＞；
令g'（a）＜0，得0＜a＜，
所以函数g（a）在（ 0，）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增，
所以函数g（a）的最小值为g（ ）＝（ ）2－ln－＝ln＞0，
所以当a＞0时，f（x）＞2ln a＋成立.
训练1　解：（1）f'（x）＝2xln x＋x＝x（2ln x＋1），
令f'（x）＝x（2ln x＋1）＝0，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）的极小值为f（ ）＝－，无极大值.
（2）证明：令t（x）＝xln x－1＋，
可得t'（x）＝ln x＋1－，
令m（x）＝ln x＋1－，
则m'（x）＝＋，所以当x∈（0，＋∞）时，m'（x）＞0，m（x）单调递增，且m（1）＝0，
当x∈（0，1）时，m（x）＝t'（x）＜0，t（x）单调递减；
当x∈（1，＋∞）时，m（x）＝t'（x）＞0，t（x）单调递增，
所以t（x）min＝t（1）＝0，
所以t（x）＝xln x－1＋≥t（1）＝0，
所以xln x≥1－，即得x2ln x≥x－1，
所以对任意的x∈（0，＋∞），f（x）≥x－1.
考点2
【例2】　解：（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），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.
训练2　证明：要证明f（x）＜g（x），
即证明axln x＋x2＜ex＋x－1，
只需证明＋1＜，
令u（x）＝＋1，v（x）＝，
又u'（x）＝，0＜a≤1，
则0＜x＜e时，u'（x）＞0，函数u（x）在（0，e）上单调递增；
x＞e时，u'（x）＜0，函数u（x）在（e，＋∞）上单调递减，
所以x＝e时，u（x）取得最大值，且最大值为＋1.
由v（x）＝，可得v'（x）＝，
则0＜x＜2时，v'（x）＜0，函数v（x）在（0，2）上单调递减；
x＞2时，v'（x）＞0，函数v（x）在（2，＋∞）上单调递增.
则x＝2时，v（x）取得最小值，且最小值为，
又－－1≥－＞0，
所以＞＋1，
即（ ＋1）max＜（ ）min，
所以0＜a≤1时，f（x）＜g（x）.
考点3
【例3】　证明：因为m＞n＞0，则＞1，
要证＞，
即证＞ln m－ln n，
即证－＞ln，
设x＝，则x＞1，即证x－＞ln x2＝2ln x，
即证－ln x－＞0（x＞1），
令f（x）＝－ln x－（x＞1），即证f（x）＞0，
则f'（x）＝－＋＝＞0，
所以f（x）在（1，＋∞）上单调递增，
又f（1）＝0，故当x∈（1，＋∞）时，f（x）＞0，
所以当m＞n＞0时，＞.
训练3　证明：由h（x）＝x2＋ln x－bx，得h（x）的定义域为（0，＋∞），h'（x）＝2x＋－b＝，令h'（x）＝0，则2x2－bx＋1＝0，
要满足题意，需使2x2－bx＋1＝0有两个不等正根x1，x2，则Δ＝b2－8＞0，x1＋x2＝＞0，x1x2＝＞0，得b＞2.
h（x1）＋h（x2）＝＋ln x1－bx1＋＋ln x2－bx2＝（x1＋x2）2－2x1x2＋ln（x1x2）－b（x1＋x2）＝－1－ln 2－＝－－ln 2－1，
因为函数y＝－－ln 2－1在b∈（2，＋∞）上单调递减，所以－－ln 2－1＜－3－ln 2，所以h（x1）＋h（x2）＜－3－ln 2.
1 / 1(共31张PPT)
重难专攻3　不等式的证明问题
重难解读
　　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.
作差构造函数证明不等式（师生共研过关）
（2023·新高考Ⅰ卷19题）已知函数f（x）＝a（ex＋a）－x.
（1）讨论f（x）的单调性；
解： f'（x）＝aex－1，x∈R.
当a≤0时，f'（x）＜0，所以函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减；
当a＞0时，令f'（x）＞0，得x＞－ln a；
令f'（x）＜0，得x＜－ln a，
所以函数f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，在（－ln a，＋∞）上单
调递增.
综上，当a≤0时，函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减；
当a＞0时，函数f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，在（－ln a，＋
∞）上单调递增.
（2）证明：当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ .
解：证明：由（1）得当a＞0时，函数f（x）的最小值为f（－ln a）＝1
＋a2＋ln a.
令g（a）＝1＋a2＋ln a－2ln a－ ＝a2－ln a－ ，a∈（0，＋∞），
所以g'（a）＝2a－ ，
令g'（a）＞0，得a＞ ；
令g'（a）＜0，得0＜a＜ ，
所以函数g（a）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增，
所以函数g（a）的最小值为g（ ）＝（ ）2－ln － ＝ln ＞0，
所以当a＞0时，f（x）＞2ln a＋ 成立.
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）构造新函数：构造函数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.
训练1 （2026·湖南长沙模拟节选）已知函数f（x）＝x2ln x.
（1）求函数f（x）的极值；
解： f'（x）＝2xln x＋x＝x（2ln x＋1），
令f'（x）＝x（2ln x＋1）＝0，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）的极小值为f（ ）＝－ ，无极大值.
（2）证明：对任意的x∈（0，＋∞），f（x）≥x－1.
解：证明：令t（x）＝xln x－1＋ ，
可得t'（x）＝ln x＋1－ ，
令m（x）＝ln x＋1－ ，
则m'（x）＝ ＋ ，所以当x∈（0，＋∞）时，m'（x）＞0，m（x）
单调递增，且m（1）＝0，
当x∈（0，1）时，m（x）＝t'（x）＜0，t（x）单调递减；
当x∈（1，＋∞）时，m（x）＝t'（x）＞0，t（x）单调递增，
所以t（x）min＝t（1）＝0，
所以t（x）＝xln x－1＋ ≥t（1）＝0，
所以xln x≥1－ ，即得x2ln x≥x－1，
所以对任意的x∈（0，＋∞），f（x）≥x－1.
构造双函数证明不等式（师生共研过关）
已知函数f（x）＝xln x＋x.
（1）求函数f（x）的最小值；
解： 函数f（x）的定义域为（0，＋∞），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.
　　若直接求证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.一般地，ex与ln x要
分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商的形式.
训练2 已知函数f（x）＝axln x＋x2，g（x）＝ex＋x－1，0＜a≤1，求
证：f（x）＜g（x）.
证明：要证明f（x）＜g（x），
即证明axln x＋x2＜ex＋x－1，
只需证明 ＋1＜ ，
令u（x）＝ ＋1，v（x）＝ ，
又u'（x）＝ ，0＜a≤1，
则0＜x＜e时，u'（x）＞0，函数u（x）在（0，e）上单调递增；
x＞e时，u'（x）＜0，函数u（x）在（e，＋∞）上单调递减，
所以x＝e时，u（x）取得最大值，且最大值为 ＋1.
由v（x）＝ ，可得v'（x）＝ ，
则0＜x＜2时，v'（x）＜0，函数v（x）在（0，2）上单调递减；
x＞2时，v'（x）＞0，函数v（x）在（2，＋∞）上单调递增.
则x＝2时，v（x）取得最小值，且最小值为 ，
又 － －1≥ － ＞0，
所以 ＞ ＋1，
即（ ＋1）max＜（ ）min，
所以0＜a≤1时，f（x）＜g（x）.
双变量不等式的证明（师生共研过关）
若m＞n＞0，求证： ＞ .
证明：因为m＞n＞0，则 ＞1，
要证 ＞ ，即证 ＞ln m－ln n，
即证 － ＞ln ，设x＝ ，则x＞1，即证x－ ＞ln x2＝2ln x，
即证 －ln x－ ＞0（x＞1），
令f（x）＝ －ln x－ （x＞1），即证f（x）＞0，
则f'（x）＝ － ＋ ＝ ＞0，
所以f（x）在（1，＋∞）上单调递增，
又f（1）＝0，故当x∈（1，＋∞）时，f（x）＞0，
所以当m＞n＞0时， ＞ .
　　将两个变量分离，根据式子的特点构造新函数，利用导数研究新函数
的单调性及最值，从而得到所证不等式，或者要求证的不等式等价变形，
然后利用整体思想换元，再构造函数，结合函数的单调性证得不等式.
训练3 （2026·江苏连云港模拟节选）若x1，x2是h（x）＝x2＋ln x－bx的
两个不同的极值点，证明：h（x1）＋h（x2）＜－3－ln 2.
证明：由h（x）＝x2＋ln x－bx，得h（x）的定义域为（0，＋∞），h'
（x）＝2x＋ －b＝ ，令h'（x）＝0，则2x2－bx＋1＝0，
要满足题意，需使2x2－bx＋1＝0有两个不等正根x1，x2，则Δ＝b2－8＞
0，x1＋x2＝ ＞0，x1x2＝ ＞0，得b＞2 .
h（x1）＋h（x2）＝ ＋ln x1－bx1＋ ＋ln x2－bx2＝（x1＋x2）2－
2x1x2＋ln（x1x2）－b（x1＋x2）＝ －1－ln 2－ ＝－ －ln 2－1，
因为函数y＝－ －ln 2－1在b∈（2 ，＋∞）上单调递减，所以－
－ln 2－1＜－3－ln 2，所以h（x1）＋h（x2）＜－3－ln 2.
课时跟踪检测
（时间：45分钟，满分：50分）
1. （10分）已知函数f（x）＝ ，求证：当x＞0时，f（x）≤x－1.
证明：当x＞0时，要证f（x）≤x－1，即证ln x－x2＋x≤0，
令g（x）＝ln x－x2＋x（x＞0），则g'（x）＝ －2x＋1＝
＝－ ，
当0＜x＜1时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＞1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
∴g（x）≤g（1）＝0，
即当x＞0时，f（x）≤x－1.
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2. （10分）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＋ ，只需证ex－ln x＜ex＋ ，即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，
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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.
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3. （15分）（2026·浙江宁波模拟节选）已知函数f（x）＝ －
ax sin x.
（1）判断f（x）的奇偶性；
解： f（x）＝ －ax sin x，
当a≥0时，定义域为R，当a＜0时，定义域为［－ ， ］，均关
于原点对称，且f（－x）＝ －a（－x） sin （－x）＝
－ax sin x＝f（x），故f（x）为偶函数.
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（2）若a＝－ ，求证：f（x）≤1.
解： 证明：当a＝－ 时，f（x）＝ ＋ x sin x为偶函数，
要证f（x）≤1，只需要证 ≤1－ x sin x，
当－1≤x≤1时，1－ x sin x＞0，
只需证明0≤x≤1时，1－x2≤（1－ x sin x）2，即证x2－x sin x＋ x2 sin
2x≥0，即证x（x－ sin x＋ x sin 2x）≥0，易知 x sin 2x≥0，
只需证x－ sin x≥0，
令g（x）＝x－ sin x，g'（x）＝1－ cos x≥0，g（x）在[0，1]上单调
递增，故g（x）≥g（0）＝0，所以x－ sin x≥0，得证.
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4. （15分）已知函数f（x）＝（a＋1）ln x＋ax2＋1.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
解： f（x）的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝ ＋2ax＝ .
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，解得x＝ .
当x∈（0， ）时，f'（x）＞0；
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当x∈（ ，＋∞）时，f'（x）＜0，
故f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，＋∞）上单调
递减.
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（2）设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈（0，＋∞），｜f（x1）－f
（x2）｜≥4｜x1－x2｜.
解： 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.
令g（x）＝f（x）＋4x，
则g'（x）＝ ＋2ax＋4＝ .
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于是g'（x）≤ ＝ ≤0.
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｜.
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