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第2课时　利用导数证明不等式(高考超重点)
　　导数中的不等式证明是高考的常考题型之一，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，会灵活采用不同的解题方法.考查逻辑推理、数学运算和创新应用能力.
技法一　移项构造函数法(或直接利用函数的最值法)
(2025·山东淄博一模节选)已知函数f＝ln－x.
(1)求f的单调区间；
(2)证明：x≥0时，f≤－x.
解：(1)根据题意知，函数f(x)的定义域是(－1，＋∞)，f'(x)＝－1＝，
当－1＜x＜0时，f'(x)＞0；当x＞0时，f'(x)＜0.
所以f(x)的增区间是(－1，0)，减区间是(0，＋∞).
(2)证明：要证x≥0时，f≤－x，
即证ln≤恒成立.
令g＝ln－，x∈，
g'＝－＝＝.
令m＝2－，m'＝－1＝，
当x≥0时，1－≤0，则m'≤0，
所以m上单调递减，
所以m≤m＝0，
则g'≤0，所以g上单调递减，
所以g≤g＝0，所以ln≤，
综上，x≥0时，f≤－x.
1.若待证不等式的一边含有自变量，另一边为常数，可直接求函数的最值，利用最值证明不等式. 2.若待证不等式的两边含有同一个变量，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
对点练1.(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)(一题多解)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋.
解：(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域是R，所以f'(x)＝aex－1，
当a≤0时，由于ex＞0，则aex≤0，故f'(x)＝aex－1＜0恒成立，所以f(x)在R上单调递减；
当a＞0时，令f'(x)＝aex－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)证明：法一：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a.
要证f(x)＞2ln a＋，即证1＋a2＋ln a＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0恒成立.
令g(a)＝a2－－ln a(a＞0)，则g'(a)＝2a－＝.
令g'(a)＜0，则0＜a＜；令g'(a)＞0，则a＞；
所以g(a)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(a)min＝g＝－－ln＝ln＞0，则当a＞0时，g(a)＞0恒成立，
所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立.
法二：令h(x)＝ex－x－1，则h'(x)＝ex－1.
由于y＝ex在R上单调递增，所以h'(x)＝ex－1在R上单调递增.
又h'(0)＝e0－1＝0，所以当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ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立.
因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－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＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0.
令g(a)＝a2－－ln a(a＞0)，则g'(a)＝2a－＝.
令g'(a)＜0，则0＜a＜；令g'(a)＞0，则a＞；
所以g(a)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(a)min＝g＝－－ln＝ln＞0，则g(a)＞0恒成立，
所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立.
学生用书 第86页
技法二　分拆函数法(或凹凸反转法)
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，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＜，
所以0＜a≤1时，f(x)＜g(x).
1.若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，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，达到证明的目标.含ln x与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明. 2.在证明过程中，等价转化是关键，此处由u(x)max＜v(x)min恒成立，从而得到f(x)＜g(x)恒成立.
对点练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＋，
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.
技法三　放缩法
角度1　 指对放缩证明不等式
已知函数f(x)＝ex，证明：当x＞－2时，f(x)＞ln(x＋2).
证明：设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x＞－2)，则g'(x)＝ex－1.
当－2＜x＜0时，g'(x)＜0；当x＞0时，g'(x)＞0，即g(x)在(－2，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0，
因此当x＞－2时，f(x)≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，
令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x＞－2)，
则h'(x)＝1－＝，
则当－2＜x＜－1时，h'(x)＜0；
当x＞－1时，h'(x)＞0，即有h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
于是当x＝－1时，h(x)min＝h(－1)＝0，
因此当x＞－2时，x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时取等号)，
因为等号不同时成立，所以当x＞－2时，f(x)＞ln(x＋2).
角度2　 参数放缩证明不等式
(一题多解)(2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.当a≤2时，证明：当x＞1时，f(x)＜ex－1恒成立.
证明：法一(参数放缩法)：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恒成立.
法二(作差法直接求导证明)：
设g(x)＝a(x－1)－ln x＋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)＝ － e x－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恒成立.
学生用书 第87页
角度3　 三角放缩证明不等式
证明：当x＞0时，ex－sin x－1＞xln x.
[注：本题规范解答见答案]
证明：第1步：先证x＞sin x(x＞0)
设f(x)＝x－sin x，则f'(x)＝1－cos x≥0，f(x)单调递增，
所以当x＞0时，f (x)＞f (0)＝0，即x＞sin x(x＞0).
第2步：实现放缩处理
所以ex－sin x－1＞ex－x－1，
所以要证ex－sin x－1＞xln x，
只需证明ex－x－1＞xln x即可.
第3步：证明不等式
令g(x)＝ex－x－1，
当x∈(0，1)时，易知g(x)＞0，xln x＜0，所以g(x)＞xln x.当x∈[1，＋∞)时，设F(x)＝ex－x－1－xln x，则F'(x)＝ex－ln x－2.
设φ(x)＝ex－ln x－2，则φ'(x)＝ex－.
因为φ'(x)在[1，＋∞)上单调递增，且φ'(1)＝e－1＞0，
所以φ'(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，所以φ(x)在[1，＋∞)上单调递增.
又φ(1)＞0，所以F'(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，故F(x)在[1，＋∞)上单调递增，
F(x)≥F(1)＝e－2＞0在[1，＋∞)上恒成立.
综上，当x＞0时，ex－sin x－1＞xln x.
放缩法证明不等式的两种基本方法 1.函数不等式放缩：利用导数证明不等式时，(1)若所证明的不等式中含有ex和ln x的形式，可以考虑先对ex和ln x进行放缩(典例3)，使问题简化.然后再构造函数进行证明.常见的放缩公式有：①ex≥x＋1(当且仅当x＝0取等号)，②ln x≤x－1(当且仅当x＝1取等号). (2)若所证明的不等式中含有sin x，cos x和tan x的形式，其三角部分可以采用有界性(对点练4)或常见的三角不等式(典例5)进行放缩处理，为整个不等式的证明创造条件.常见的三角放缩公式有：①x＞sin x，x∈(0，＋∞)，②sin x≤x≤tan x，x∈，③sin x≥xcos x，x∈［0，］. 2.参数放缩：若所证明的不等式中含有给出参数取值范围时，可以把参数按取值范围放缩为常数处理(典例4).例如：已知参数a≥1，证明af(x)＞0恒成立时，可以通过去参数放缩得到af(x)≥f(x)＞0，即只需证明f(x)＞0即可.
对点练3.已知x∈(0，1)，求证：x2－＜.
证明：要证x2－＜，只需证ex＜ln x.
又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，且当x∈(0，1)时，x2－＜0，
所以只需证明ln x＋(x＋1)·＞0，
即证ln x＋1－x3＋－x2＞0.
而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，
所以只需证ln x＋1－2x＋＞0.
令g(x)＝ln x＋1－2x＋，
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－＜.
对点练4.已知函数f(x)＝cos x＋xsin x，g(x)＝ex－x.
(1)求g(x)的最小值；
(2)证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤g(x)＋x.
解：(1)因为g＝ex－x，所以g'＝ex－1.
令g'＝0，得x＝0，
当x＜0时，g'＜0；当x＞0时，g'＞0，
所以g上单调递减，在上单调递增，
所以g(x)min＝g＝1.
(2)证明：当x∈时，
令F＝f－g－x＝cos x＋xsin x－ex，
则F'＝xcos x－ex.
因为cos x≤1，所以F'＝xcos x－ex≤x－ex，[题眼：三角有界性放缩]
由(1)知g＝ex－x≥1＞0，故x－ex＜0，
所以F'＝xcos x－ex≤x－ex＜0，
故F上单调递减，
所以F≤F＝0，
所以f≤g＋x.
课时分层测评26　利用导数证明不等式
(时间：60分钟　满分：60分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.(13分)(1)求证：当x＞0时，ex＞2sin x.
(2)已知函数f(x)＝ln x－x，求证：exf(x)－ex＋2ex≤0.
证明：(1)令f(x)＝x－sin x，所以f'(x)＝1－cos x≥0恒成立，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＞f(0)＝0 x＞sin x.
要证当x＞0时，ex＞2sin x，
只需证当x＞0时，ex＞2x，
即证ex－2x＞0在(0，＋∞)上恒成立.
设g(x)＝ex－2x(x＞0)，则g'(x)＝ex－2，
令g'(x)＝0解得x＝ln 2，
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)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0，
所以g(x)≥g(ln 2)＞0，所以ex＞2x成立，
故当x＞0时，ex＞2sin x.
(2)因为x＞0，所以只需证f(x)≤－2.
因为f(x)＝ln x－x，所以f'(x)＝－1＝，
所以当0＜x＜1时，f'(x)＞0，f(x)在(0，1)上单调递增，当x＞1时，f'(x)＜0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以x＝1时，f(x)max＝f(1)＝－1.
记g(x)＝－2(x＞0)，则g'(x)＝，
所以当0＜x＜1时，g'(x)＜0，g(x)在(0，1)上单调递减，当x＞1时，g'(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x＝1时，g(x)min＝g(1)＝－1.
综上，当x＞0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤－2，即exf(x)－ex＋2ex≤0.
2.(15分)已知函数f(x)＝2ex－ax－1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若x≥－，求证：f(x)≥－x2－.
解：(1)f'(x)＝2ex－a，
当a≤0时，f(x)在R上单调递增.
当a＞0时，令2ex－a＝0，得x＝ln ，
当x＜ln ，f'＜0，故f(x)在上单调递减，当x＞ln ，f'＞0，故f(x)在上单调递增.
(2)证明：要证f(x)≥－x2－，
只需证2ex－ax－1≥－x2－，
即证2ex＋x2－ax＋－1≥.
由x2－ax＋＝≥0，
即证2ex－1≥，即证4e2x－4ex－4x≥0.
令g(x)＝e2x－ex－x，则g'(x)＝2e2x－ex－1＝，
易知g(x)在上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，即g(x)≥g(0)＝0，
所以f(x)≥－x2－，得证.
3.(15分)(2025·河南洛平许济模拟)已知f(x)＝eaxsin 2x－2ax，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋y＝0.
(1)求a的值；
(2)设f(x)的导函数为g(x)，求g(x)的单调区间；
(3)证明：当x∈时，f(x)＜2.
[注：本题规范解答见答案]
解：(1)第一步：求f'(x)
因为f(x)＝eaxsin 2x－2ax，
所以f'(x)＝aeaxsin 2x＋2eaxcos 2x－2a.
第二步：由导数的几何意义得f'(0)＝－2，解方程得a的值
因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋y＝0，所以f'(0)＝2－2a＝－2，得a＝2.
(2)第一步：求g'(x)
因为g(x)＝f'(x)＝2e2x(sin 2x＋cos 2x)－4，
所以g'(x)＝2[2e2x(sin 2x＋cos 2x)＋e2x(2cos 2x－2sin 2x)]＝8e2xcos 2x，
第二步：求g(x)的单调区间
令g'(x)＞0，即cos 2x＞0，解得－＋kπ＜x＜＋kπ，k∈Z，
所以g(x)的单调递增区间为(－＋kπ，＋kπ)，k∈Z.
令g'(x)＜0，即cos 2x＜0，解得＋kπ＜x＜＋kπ，k∈Z，
所以g(x)的单调递减区间为(＋kπ，＋kπ)，k∈Z.
(3)证明：第一步：利用零点存在定理求g(x)的零点(即f(x)的极值点)
由(2)知，g(x)在上单调递增.
g(0)＝－2＜0，g()＝2e(sin 1＋cos 1)－4＝2[e(sin 1＋cos 1)－2]，其中sin 1＋cos 1＝sin(1＋)∈(1，)，
所以e(sin 1＋cos 1)－2＞e－2＞0，即g()＞0，
所以 x0∈(0，)，使得g(x0)＝0.
第二步：判断f(x)的单调性
所以当x∈(－，x0)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增.
第三步：求x∈时f(x)的最大值，从而证得f(x)＜2
又f(－)＝e－1sin(－1)＋2＝2－＞1，
f()＝esin 1－2＜e－2＜1，
所以x∈时，f(x)max＝f(－)＝2－＜2，
所以当x∈时，f(x)＜2.
4.(17分)(2025·甘肃白银模拟)已知函数f＝atan x－2sin x，x∈.
(1)若f在其定义域上单调，求实数a的取值范围；
(2)若a＝1.
(ⅰ)证明：f≥－x；
(ⅱ)若f≥2ln－2mx＋tan x，求实数m的取值范围.
解：(1)因为f＝atan x－2sin x，x∈，
所以f'＝－2cos x＝.
因为函数f上单调，
若函数f上单调递增，则f'≥0在上恒成立，
即a≥2cos3x在上恒成立，则a≥＝2.
若f上单调递减，则f'≤0在上恒成立，
即a≤2cos3x在上恒成立，
当x∈时，0＜cos x≤1，则0＜2cos3x≤2，此时a≤0.
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，0]∪.
(2)当a＝1时，f＝tan x－2sin x.
(ⅰ)证明：要证f(x)≥－x，
即证tan x－2sin x≥－x在区间上恒成立，
即证tan x－2sin x＋x≥0在区间上恒成立.
令g＝tan x－2sin x＋x，x∈，
则g'＝－2cos x＋1＝－cos x＋1－cos x＝＋1－cos x，
当x∈时，0＜cos x≤1，则1－cos 3x≥0，1－cos x≥0，则g'≥0，
所以，函数g上单调递增，
所以g≥g＝0，
所以f≥－x得证.
(ⅱ)由f≥2ln－2mx＋tan x得sin x＋ln－mx≤0在区间上恒成立.
令h＝sin x＋ln－mx，x∈，
则h'＝cos x＋－m，且h＝0.
因为h≤0在区间上恒成立，所以h'＝2－m≤0，解得m≥2.[题眼：端点效应]
因为x∈，所以0＜cos x≤1，＜≤1，
所以当m≥2时，h'＝cos x＋－m≤0，
此时函数h上单调递减，所以h≤h＝0恒成立，合乎题意，
综上所述，实数m的取值范围是.
学生用书 第88页
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