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第三课时 利用导数证明不等式
题型一 移项构造函数证明不等式
例1 已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共
点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直.
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
(1)解 因为f(x)＝1－，x>0，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，
所以g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相
垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1.
从而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1.
解得a＝b＝－1.
(2)证明 由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥ 1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
⇔
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0.
故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
感悟提升 待证不等式的两边含有同一个变量时，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.
训练1 证明：当x>1时，x2＋ln x1时，g(x)＞g(1)＝＞0，
所以当x＞1时，x2＋ln x＜x3.
题型二 分拆函数法证明不等式
例2 已知函数f(x)＝xln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立.
(1)解 函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，
f′(x)＝ln x＋2.
令f′(x)＝0，得x＝.
当0时，f′(x)>0.
所以f(x)在上单调递减，
在上单调递增.
因此f(x)在x＝处取得极小值也是最小值，即f(x) ＝f＝－，但f(x)在(0，＋∞)上
min
无最大值.
(2)证明 当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－.
由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x≥－，当且仅当x＝时取等号.
设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝，易知G(x) ＝G(1)＝－，
max
当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋
1>－.
感悟提升 要证的不等式中既含有指数又含有对数，若直接用作差或作商的方式
构造函数，求导后不易处理.我们可以在合理地分拆和转化后，按照需要构造函
数，如本题，把证明x(ln x＋1)>－分拆为两个函数f(x)＝xln x＋x和G(x)＝－，使指数与对数分开，仅含指数或对数，再利用导数求出所构造函数的最值来证不等
式成立.
训练2 (2022·太原模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
(1)解 f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；
当x>时，f′(x)<0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明 因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
所以f(x) ＝f(1)＝－e.
max
设g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x) ＝g(1)＝－e.
min
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e.
即xf(x)－ex＋2ex≤0得证.
题型三 借助于ex≥x＋1和ln x≤x－1, 放缩证明不等式
例3 已知函数f(x)＝ax－ln x－1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)求证：＋x＋ln x－1≥0.
(1)解 f(x)≥0等价于a≥(x>0).
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x) ＝g(1)＝1，则a≥1，
max
所以a的最小值为1.(2)证明 当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，即t≥ln t＋1(t>0).
令＝t，则－x－ln x＝ln t，
所以≥－x－ln x＋1，
即＋x＋ln x－1≥0.
感悟提升 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时取等号.
(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.
训练3 证明：ex－ln x>2.
证明 法一 设f(x)＝ex－ln x(x>0)，
则f′(x)＝ex－.
令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f′＝－2<0，f′(1)＝e－1>0，
∴在上存在x 使f′(x )＝0，即x ＝－ln x .
0 0 0 0
∴f(x)在(0，x )上单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增，
0 0
∴f(x)在x＝x 处有极小值，也是最小值.
0
∴f(x )＝ex －ln x ＝＋x >2，
0 0 0 0
故f(x)>2，即ex－ln x>2.
法二 令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.
令g′(x)＝0，得x＝0，
∴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) ＝g(0)＝0.
min
故ex≥x＋1，x＝0时取“＝”.
同理可证x－1≥ln x，x＝1时取“＝”.
∴x＋1≥ln x＋2，x＝1时取“＝”.
故ex≥x＋1≥ln x＋2.
∴ex>ln x＋2，即证ex－ln x>2.指对同构
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题
是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式
两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，
我们称为同构法.
(1)五个常见变形：
xex＝ex＋ln x，＝ex－ln x，＝eln x－x，
x＋ln x＝ln(xex)，x－ln x＝ln .
(2)三种基本模式
①积型：aea≤bln b――→
②商型：＜――→
③和差型：ea±a＞b±ln b―――――――→
例 (1)(2020·新高考全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.若f(x)≥1，求
a的取值范围.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)＝aex－1－ln x＋ln a＝eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1，
等价于eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x.
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于
g(ln a＋x－1)≥g(ln x).
显然g(x)为单调增函数，所以又等价于ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1.
令h(x)＝ln x－x＋1，
则h′(x)＝－1＝.
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，
所以h(x) ＝h(1)＝0，所以ln a≥0，
max
即a≥1，a的取值范围是[1，＋∞).
(2)已知函数f(x)＝aex－ln x－1，证明：当a≥时，f(x)≥0.证明 当a≥时，f(x)≥－ln x－1，
所以只需证明－ln x－1≥0，
由于－ln x－1≥0 ex≥eln ex xex≥exln ex xex≥eln exln ex，
令g(x)＝xex，
⇔ ⇔ ⇔
由g′(x)＝ex(x＋1)＞0知g(x)为增函数，
又易证x≥ln ex＝ln x＋1，
所以g(x)≥g(ln ex)，
即xex≥eln exln ex成立.
故当a≥时，f(x)≥0.
1.已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在(0，1)处的切线
斜率为－1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值；
(2)证明：当x>0时，x2ln 2时，f′(x)>0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增.
所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－2ln 2，
f(x)无极大值.
(2)证明 令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.
由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，
故g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，
即x20)，
f′(x)＝ex－1－，k＝f′(1)＝0，
又f(1)＝0，∴切点为(1，0).
∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明 ∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，
∴f(x)≥ex－1－ln x－1.
法一 令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)＝ex－1－，
令h(x)＝ex－1－，
∴h′(x)＝ex－1＋>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，φ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x) ＝φ(1)＝0，
min
∵φ(x)≥0，
∴f(x)≥φ(x)≥0，
即证f(x)≥0.
法二 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) ＝g(0)＝0，
min
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“＝”)，
即证f(x)≥0.
