文档内容
第 3 课时 利用导数证明不等式
题型一 将不等式转化为函数的最值问题
例1 (2021·赣州模拟)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，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，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，
所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，
即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
思维升华 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．
跟踪训练1 (2021·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明f(x)≥.
(1)解 f′(x)＝－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，
函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若00时，f(x) ＝f(a)＝ln a＋1.
min
要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，
即证ln a＋－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋－1，
则g′(a)＝－＝(a>0)，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a) ＝g(1)＝0.
min
所以ln a＋－1≥0恒成立，
所以f(x)≥.
题型二 将不等式转化为两个函数的
最值进行比较
例2 (2020·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x>0时，f(x)0)，则
h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x) ＝h＝0，所以ln x＋≥0.再令
min
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) ＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
(1)解 由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝.当x∈时，f′(x)<0，
f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
①当0－(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最
小值是－，当且仅当x＝时取到．设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，由m′(x)<0，得
x>1时，m(x)单调递减，由 m′(x)>0得0－成立．
题型三 适当放缩证明不等式
例3 已知函数f(x)＝aln(x－1)＋，其中a为正实数．证明：当x>2时，f(x)0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x) ＝φ(1)＝0，
max
∴φ(x)≤0，
即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．
当x>2时，ln(x－1)0，
∴aln(x－1)0对于任意的x>2恒成立．
令h(x)＝ex－x－，x>2，
则h′(x)＝ex－1＋.
因为x>2，所以h′(x)>0恒成立，
所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，
所以当x>2时，f(x)0)，
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.
方法一 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.
方法二 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.
方法三 f(x)＝aex－1－ln x－1，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aex－1－，
令k(x)＝aex－1－，
∴k′(x)＝aex－1＋>0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(1)＝a－1≥0且x→0时，f′(x)→－∞，
∴∃x∈(0,1]使f′(x)＝0，即 －＝0，
0 0
即 ＝，
∴当x∈(0，x)时，f′(x)<0；
0
当x∈(x，＋∞)时，f′(x)>0，
0
∴f(x)在(0，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
∴f(x) ＝f(x)＝ －ln x－1＝－ln x－1.
min 0 0 0
令φ(x)＝－ln x－1，x∈(0,1]，
∴φ′(x)＝－－<0，
∴φ(x)在(0,1]上单调递减，
∴φ(x) ＝φ(1)＝0，
min
∴φ(x)≥0，
∴－ln x－1≥0，
0
即f(x) ＝f(x)≥0，故f(x)≥0.
min 0
极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变．解决此类问题，先需理解此类问题
的实质，巧妙消元、消参、构造函数，利用函数的性质解决问题．
例1 已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x≠x 且f(x)＝f(x)，求证：x＋x>2.
1 2 1 2 1 2
(1)解 f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，
∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明 方法一 (对称化构造法)
构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)
＝(x－1)(ex－2－e－x)，
∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，
∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝0，
故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*)
由f(x)＝f(x)，x≠x，可设x<1f(2－x)，
2 2 2
又f(x)＝f(x)，
1 2
∴f(x)>f(2－x)．
1 2
又x<1,2－x<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，
1 2
∴x>2－x，
1 2
∴x＋x>2.
1 2
方法二 (比值代换法)
设01，则x＝tx ，代入上式得ln x－x＝ln t＋ln x－tx ，得x＝，x＝.
2 1 1 1 1 1 1 2
∴x＋x＝>2⇔ln t－>0，
1 2
设g(t)＝ln t－(t>1)，
∴g′(t)＝－＝>0，
∴当t>1时，g(t)单调递增，∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0，故x＋x>2.
1 2
例2 已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x，x.
1 2
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x·x>e2.
1 2
(1)解 f′(x)＝－a＝(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意；
②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝.
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
由题意知f(x)＝ln x－ax的极大值f ＝ln －1>0，解得00，
所以H(x)在上单调递增，
故H(x)>H(0)＝0，即f >f .
由1，
1 2 1
故f(x)＝f(x)
2 1
＝f －x，即x＋x>.
2 1 1 2
故ln xx＝ln x＋ln x＝a(x＋x)>2，
1 2 1 2 1 2
即x·x>e2.
1 2
课时精练
1．(2021·莆田模拟)已知函数f(x)＝xex－1－ax＋1，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线l的斜率
为3e－2.
(1)求a的值及切线l的方程；
(2)证明：f(x)≥0.
(1)解 由f(x)＝xex－1－ax＋1，
得f′(x)＝(x＋1)ex－1－a，
因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线l的斜率为3e－2，所以f′(2)＝3e－a＝3e－2，解得
a＝2，
所以f(2)＝2e－4＋1＝2e－3，故切线l的方程为y－(2e－3)＝(3e－2)(x－2)，即(3e－2)x－y
－4e＋1＝0.
所以a＝2，切线l的方程为(3e－2)x－y－4e＋1＝0.
(2)证明 由(1)，可得f(x)＝xex－1－2x＋1，
f′(x)＝(x＋1)ex－1－2，
所以当x∈(－∞，－1]时，f′(x)<0.
令g(x)＝(x＋1)ex－1－2(x>－1)，
则g′(x)＝(x＋2)ex－1>0，所以当x∈(－1，＋∞)时，g(x)单调递增，
即f′(x)单调递增，又因为f′(1)＝0，
所以当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)≥f(1)＝0.
2．(2021·沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
(1)解 由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ↘ 2(1－ln 2＋a) ↗
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)．
f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都
有g′(x)>0，
所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
3．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.
(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
记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.
4．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex－e2ln x>0恒成立．
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝，
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，
∴x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 方法一 要证ex－e2ln x>0，即证ex－2>ln x，
令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝0，∴x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；
x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x) ＝φ(0)＝0，
min
即ex－x－1≥0，即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(当且仅当x＝0时取“＝”)，
可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，
又ln x≤x－1，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，
所以ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex－2>ln x．即证原不等式成立．
方法二 令φ(x)＝ex－e2ln x，φ(x)的定义域为(0，＋∞)，
φ′(x)＝ex－，令h(x)＝ex－，
∴h′(x)＝ex＋>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又φ′(1)＝e－e2<0，φ′(2)＝e2－e2＝e2>0，
故∃x∈(1,2)，使φ′(x)＝0，
0 0
即 －＝0，
即 ＝，
∴当x∈(0，x)时，φ′(x)<0；
0
当x∈(x，＋∞)时，φ′(x)>0，
0 0
∴φ(x)在(0，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，
0 0
∴φ(x) ＝φ(x)＝ －e2ln x＝－e2ln x＝－ ＝－e2(2－x)＝e2＝e2·>0，
min 0 0 0 0
故φ(x)>0，即ex－e2ln x>0，即证原不等式成立．
5．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x，x，
1 2
证明：2，令f′(x)＝0，得
x＝或x＝.
当x∈∪时，
f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x，x 满足x2－ax＋1＝0，
1 2
所以xx＝1，不妨设x1.
1 2 1 2 2
由于＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a，
所以
