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(共49张PPT)
第4讲　高考中的导数综合问题
第2课时　利用导数证明不等式
第四章　一元函数的导数及其应用
题型研讨
题型 　移项构造函数证明不等式
典例1　（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.
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.
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.
【解题感悟】　 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.
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Ⅱ卷节选）证明：当0＜x＜1时，x－x2＜ sin x＜x.
证明：令h（x）＝x－x2－ sin x（0＜x＜1），则h'（x）＝1－2x－ cos x（0＜x＜1）.
令p（x）＝1－2x－ cos x（0＜x＜1），则p'（x）＝－2＋ sin x＜0，
所以p（x）在（0，1）上单调递减，即h'（x）在（0，1）上单调递减，
又h'（0）＝0，所以当0＜x＜1时，h'（x）＜h'（0）＝0，h（x）单调递减，
所以当0＜x＜1时，h（x）＜h（0）＝0，即x－x2＜ sin x.
令g（x）＝ sin x－x（0＜x＜1），
则g'（x）＝ cos x－1＜0，所以g（x）在（0，1）上单调递减，
又g（0）＝0，所以当0＜x＜1时，g（x）＜g（0）＝0，即 sin x＜x.
综上，当0＜x＜1时，x－x2＜ sin x＜x.
题型 　放缩构造函数证明不等式
典例2　已知函数f（x）＝aex－1－ln x－1.
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）证明：当a≥1时，f（x）≥0.
解：（2）证明：∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f（x）≥ex－1－ln x－1.
令g（x）＝ex－x－1，∴g'（x）＝ex－1.
当x∈（－∞，0）时，g'（x）＜0；当x∈（0，＋∞）时，g'（x）＞0，
∴g（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，
∴g（x）min＝g（0）＝0，
故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”.
由ex≥x＋1 ex－1≥x（当且仅当x＝1时取“＝”），
由x－1≥ln x x≥ln x＋1（当且仅当x＝1时取“＝”），
∴ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1，
即ex－1－ln x－1≥0（当且仅当x＝1时取“＝”），即f（x）≥0.
【解题感悟】　 放缩法证明不等式
在证明不等式的时候，若直接证明比较困难，可将不等式中的部分项进行放大或缩小，然后证明放缩后的不等式成立，再根据不等式的传递性证明原不等式成立，这种方法就是放缩法证明不等式.
3种最常见的放缩类型
指数型
放缩
对数型
放缩
三角型
放缩
进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x－1＞ln x（x＞0，且x≠1）.利用函数的图象（如图），不难验证上述不等式成立.
对点练2　（1）当x＞0时，证明：ex－ sin x－1＞xln x.
证明：设h（x）＝x－ sin x，
则h'（x）＝1－ cos x≥0，h（x）单调递增，
所以当x＞0时，h（x）＞h（0）＝0，
即x＞ sin x（x＞0）.
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，
设f（x）＝ex－x－1，则f'（x）＝ex－1，
则x∈（－∞，0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
x∈（0，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
所以f（x）的最小值为f（0）＝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.
题型 　分拆函数法（凹凸反转法）
一、隔海相望型
典例3　已知函数f（x）＝xln x，求证：f（x）＜2ex－2.
证明：要证f（x）＜2ex－2（x＞0），
所以h（x）在（0，2）上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增，
即g（x）max＜h（x）min，
所以g（x）＜h（x），得证.
【解题感悟】　如图所示，在g（x），h（x）图象之间有一个带型区域，所以我们把它形象地称为“隔海相望”.这时必有g（x）min＞h（x）max.
二、一线之隔型
设g（x）＝xln x，则g'（x）＝1＋ln x.
所以当x∈（0，1）时，h'（x）＞0；
当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0.
故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.
综上，因为等号不能同时成立，
所以当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1.
【解题感悟】　构造的函数g（x），h（x），满足g（x）min＝h（x）max，如图所示，但由于g（x），h（x）不在同一处取到最值，所以必有g（x）＞h（x）.
三、亲密无间型
典例5　（2026·重庆诊断节选）已知函数f（x）＝eln x－ex，证明：xf（x）－ex＋2ex≤0.
故g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，∴g（x）min＝g（1）＝－e.
综上，当x＞0时，f（x）≤g（x），
即xf（x）－ex＋2ex≤0.
【解题感悟】　构造函数g（x），h（x），满足g（x）min＝h（x）max，且g（x），h（x）在同一处取到最值，如图所示，这时g（x）≥h（x）.
对点练3　（1）（2026·西安模拟）已知函数f（x）＝ex＋x2－x－1.
①求f（x）的最小值；
②证明：ex＋xln x＋x2－2x＞0.
解：①由题意可得f'（x）＝ex＋2x－1，
则函数f'（x）在R上单调递增，且f'（0）＝0.
由f'（x）＞0，得x＞0；由f'（x）＜0，得x＜0.
则f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，故f（x）min＝f（0）＝0.
②证明：要证ex＋xln x＋x2－2x＞0，
即证ex＋x2－x－1＞－xln x＋x－1.
由（1）可知当x＞0时，f（x）＞0恒成立.
设g（x）＝－xln x＋x－1，x＞0，
则g'（x）＝－ln x.
由g'（x）＞0，得0＜x＜1；
由g'（x）＜0，得x＞1.
则g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，从而g（x）≤g（1）＝0，当且仅当x＝1时，等号成立.
因为等号不能同时成立，故f（x）＞g（x），
即ex＋xln x＋x2－2x＞0.
题型 　利用导数证明与数列有关的不等式
（1）当x＞0时，f（x）＞0；
【解题感悟】　证明与数列有关的不等式的策略
证明函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的多项式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的.
对点练4　（2022·新高考全国Ⅱ卷节选）已知函数f（x）＝xeax－ex.
（1）当x＞0时，f（x）＜－1，求a的取值范围；
限时跟踪检测（二十一）　利用导数证明不等式
1. （2026·武汉模拟）已知f（x）＝－f'（1）x2＋x＋2ln x.
（1）求f'（1）并写出f（x）的解析式；
（2）证明：f（x）≤x－1.
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2. 已知函数f（x）＝ln x，g（x）＝x－1，证明：
（1）当x∈（0，＋∞）时，不等式f（x）≤g（x）恒成立；
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4. （2026·苏州模拟）已知函数f（x）＝eln x－ax（a∈R）.
（1）讨论f（x）的单调性；
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x 0
f'（x） 0 大于0 0 小于0
f（x） 单调递增 极大值 单调递减
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（2）给定θ∈（0，π）和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]使得 cos y≤ cos θ；
解：（2）方法一：因为余弦函数的周期为2π，所以不妨设a∈（0，2π]，
当a≤2θ时，a－θ≤θ，则θ∈[a－θ，a＋θ），此时存在y＝θ，使得 cos y＝ cos θ；
当a＞2θ时，θ＜a－θ≤2π－θ，
作出余弦函数的大致图象（如图所示），
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所以 cos （a－θ）≤ cos θ，
只需要取y＝a－θ，即可得到 cos y≤ cos θ.
综上可得，给定θ∈（0，π）和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得 cos y≤ cos θ.
方法二（反证法）：假设 cos y＞ cos θ对任意y∈[a－θ，a＋θ]恒成立，
由 cos y＞ cos θ得2kπ－θ＜y＜2kπ＋θ，k∈Z，这与a∈R，任意y∈[a－θ，a＋θ]矛盾，
所以假设不正确，故一定存在y∈[a－θ，a＋θ]使得 cos y≤ cos θ.
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（3）设b∈R，若存在φ∈R使得5 cos x－ cos （5x＋φ）≤b对x∈R恒成立，求b的最小值.
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