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第六节　利用导数证明不等式
多元视角·拓展教材　探究式精练 收获一个“赢”
视角一　移项构造函数证明不等式
例1 (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．
(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋.
学霸笔记：(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．
跟踪训练　(2026·阜阳模拟)已知函数f(x)＝(1－x2)[1＋ln (1＋x)]，x∈[0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)讨论f′(x)的单调性；
(2)证明：f(x)≤x＋1.
视角二　构造双函数证明不等式
例2 (2026·福州模拟)已知函数f(x)＝ax2－x ln x.
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若a＝e，证明：f(x)学霸笔记：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．
跟踪训练　已知函数f(x)＝1＋ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)证明：xf(x)<·ex＋x－ax3.
视角三　放缩法证明不等式
例3 已知函数f(x)＝x－ln x－.
(1)求f(x)的最大值；
(2)证明：1＋x3＋≥3x－f(x)．
学霸笔记：导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构造函数进行证明．常见的放缩公式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立；
(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立；
(3)x＞sin x，x∈(0，＋∞)．
跟踪训练　(2026·保定模拟)已知函数f(x)＝ln x－ex－m.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求m的取值范围；
(2)若m≤2，证明：f(x)<0.
提示：请完成课时作业20
第六节　利用导数证明不等式
多元视角·拓展教材
视角一
例1　解析：(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．
综上可得，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：方法一　由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，f(x)>2ln a＋等价于1＋a2＋ln a－2ln a－>0，
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.
所以函数g(a)在上单调递减，在上单调递增，
所以函数g(a)的最小值为g＝2－ln ＝>0，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立．
方法二　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)＝，
所以当a>1时，u′(a)<0；当00.
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＋＝2＋>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立．
跟踪训练　解析：(1)由题意知，f′(x)＝1－3x－2x ln (1＋x)，
令g(x)＝1－3x－2x ln (1＋x)，x∈[0，＋∞)，
则对 x∈[0，＋∞)，g′(x)＝－3－2ln (1＋x)－<0，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递减，即f′(x)在[0，＋∞)上单调递减．
(2)证明：令h(x)＝1－x＋(1－x)ln (1＋x)，x∈[0，＋∞)，
则对 x∈[0，＋∞)，h′(x)＝－ln (1＋x)<0，
所以h(x)在[0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(0)＝1，即1－x＋(1－x)ln (1＋x)≤1，
因为1＋x>0，所以(1＋x)[1－x＋(1－x)ln (1＋x)]≤1＋x，
即f(x)≤x＋1得证．
视角二
例2　解析：(1)由题意知，f′(x)＝ax－ln x－1.
因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>0时，f′(x)≥0，即a≥恒成立．
令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝－，
所以当00，当x>1时，h′(x)<0，
所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1.
故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
(2)证明：若a＝e，要证f(x)0，
只需证x－ln x令t(x)＝ln x＋(x>0)，则t′(x)＝，
所以当01时，t(x)>0，
所以t(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则＝t(1)＝1，
所以ln x＋≥1.
令φ(x)＝x－ex(x>0)，则φ′(x)＝－ex，
令φ′(x)＝0，所以x＝1－ln 2，
所以当00，
当x>1－ln 2时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(0，1－ln 2)上单调递增，在(1－ln 2，＋∞)上单调递减，
则φ(x)max＝φ(1－ln 2)＝－<0，
所以ex－ex跟踪训练　解析：(1)f′(x)＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)>0 0.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)证明：xf(x)得x ln x设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，
令g′(x)<0 00 x>2，
所以g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
故g(x)≥g(2)＝.
设h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，
令h′(x)>0 0e，
所以h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
故h(x)≤h(e)＝.
所以h(x)≤<≤g(x)，即<，即得证．
视角三
例3　解析：(1)f(x)＝x－ln x－，定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝1－，
令g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1，
因为x∈(0，＋∞)，g′(x)>0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝0，即当x>0时，ex>x＋1>x，
令f′(x)>0，可得0令f′(x)<0，可得x>1，可得f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝1－e.
(2)证明：要证1＋x3＋≥3x－f(x)，
即证x3－2x＋1≥ln x，
令h(x)＝x－1－ln x，h′(x)＝1－，
令h′(x)≥0得x≥1，令h′(x)<0得0即h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
h(x)≥h(1)＝0，即x－1≥ln x，
即欲证x3－2x＋1≥ln x，
只需证x3－2x＋1≥x－1.
也就是证明x3－3x＋2≥0.(*)，
设φ(x)＝x3－3x＋2(x>0)，
则φ′(x)＝3x2－3，令φ′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
所以当x＝1时，φ(x)取得最小值φ(1)＝0.
故(*)式成立，所以1＋x3＋≥3x－f(x)成立．
跟踪训练　解析：(1)由f(x)＝ln x－ex－m，定义域为(0，＋∞)，
得f′(x)＝－ex－m.
因为f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝－ex－m，则g′(x)＝－－ex－m，
显然g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，则g(x)在(0，＋∞)上单调递减，即f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
则f′(1)＝1－e1-m≤0，解得m≤1，
即m的取值范围为(－∞，1].
(2)证明：由m≤2，可得ln x－ex－m≤ln x－ex-2，x>0.
令h(x)＝ln x－x＋1，则h′(x)＝.
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，
则h(x)≤h(1)＝0，即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立．
由ln x≤x－1，可得ex-1≥x，则ex-2≥x－1，当且仅当x＝2时，等号成立．
因为上面两个不等式的取等条件不同，
所以ln x－ex-2所以当m≤2时，f(x)<0.(共48张PPT)
第六节　利用导数证明不等式

解析：(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．
综上可得，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．


学霸笔记：(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．
跟踪训练　(2026·阜阳模拟)已知函数f(x)＝(1－x2)[1＋ln (1＋x)]，x∈[0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)讨论f′(x)的单调性；
(2)证明：f(x)≤x＋1.

学霸笔记：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．






学霸笔记：导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构造函数进行证明．常见的放缩公式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立；
(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立；
(3)x＞sin x，x∈(0，＋∞)．
跟踪训练　(2026·保定模拟)已知函数f(x)＝ln x－ex－m.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求m的取值范围；
(2)若m≤2，证明：f(x)<0.



2．(15分)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性．
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.


3．(15分)(2026·深圳模拟)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax＋1.
(1)讨论函数h(x)＝f(x)－g(x)的单调性；
(2)证明：x ln x＋x cos x＋1解析：(1)h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ax－1，h′(x)＝ex－a，
当a≤0时，h′(x)>0，h(x)在R上单调递增，
当a>0时，令h′(x)＝ex－a＝0，解得x＝ln a，
所以x∈(－∞，ln a)，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以x∈(ln a，＋∞)，h′(x)>0，h(x)单调递增．
综上，当a≤0时，h(x)在R上单调递增；
当a>0时，h(x)在(－∞，ln a)上单调递减，h(x)在(ln a，＋∞)上单调递增．
令k(x)＝ex－x2－1，则k′(x)＝ex－2x，
令n(x)＝ex－2x，n′(x)＝ex－2，
当x≥1时，n′(x)＝ex－2≥e－2>0，
所以n(x)＝ex－2x在[1，＋∞)上单调递增，
当x≥1时，n(x)≥n(1)＝e－2>0，
所以k′(x)>0，即k(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以k(x)≥k(1)＝e－2>0，即x2＋1所以x ln x＋x cos x＋1②当0由cos x<1，则x cos x所以x ln x＋x cos x＋1由(2)知，ex≥x＋1，当x＝0时等号成立，
所以当0所以x ln x＋x cos x＋1综上，当x>0时，x ln x＋x cos x＋1即x ln x＋x cos x＋1

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