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微专题 5 导数与不等式证明
[考情分析] 导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单调性、极值和最
值的综合运用，试题难度中等或偏上，若以压轴题出现，则难度较大.
考点一 单变量函数不等式的证明
x3
例1 (2024·湘豫名校模拟)已知函数f(x)= -x+asin x(a∈R)的图象在x=0处的切线方程为y=0.
6
(1)求a的值；
(2)证明：xf(x)≥0.
[规律方法] 利用导数证明或判定不等式问题常用方法
(1)最值法：通过移项构造新函数或者等价变型构造新函数，求解新函数的最值，从而得出不等关系；
(2)适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
(3)凹凸反转法：把所证不等式转化为两个函数的大小关系，分别求解两个函数的最值，得到不等关系.
跟踪演练1 (2024·成都模拟)已知函数f(x)=xex+a，g(x)=xln x+a.
4
(1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为- ，求a的值；
e
(2)若a=0，x>0，证明：f(x)>g'(x).
考点二 双变量函数不等式的证明
a
例2 (2024·攀枝花模拟)已知函数f(x)=ln x+ -1(a∈R).
x
(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
1
(2)设函数f(x)的导函数为f'(x)，若f'(x )=f'(x )(x ≠x )，证明：f(x )+f(x )+ >1.
1 2 1 2 1 2 a
[规律方法] 证明含双参不等式的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把
含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三
是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果.a(x-1)
跟踪演练2 (2024·黔东南模拟)已知函数f(x)=ln x- 的图象在x=1处的切线为x轴.
x+1
(1)求实数a的值；
x -x x +x
(2)若x >x >0，证明： 1 2 < 1 2 .
1 2 ln x -ln x 2
1 2答案精析
x3
例1 (1)解 由题意可得函数f(x)= -x+asin x的定义域为R，
6
x2
又f'(x)= -1+acos x，曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=0，其斜率为0，
2
得f'(0)=-1+a=0，解得a=1.
(2)证明 注意到f(0)=0，且a=1，
x3
则f(x)= -x+sin x，
6
x2
f'(x)= -1+cos x，
2
x2
令g(x)= -1+cos x，
2
则g'(x)=x-sin x.
令h(x)=x-sin x，
则h'(x)=1-cos x≥0，
所以h(x)在R上单调递增，即g'(x)在R上单调递增.
因为g'(0)=0-sin 0=0，
所以当x∈(-∞，0)时，g'(x)<0；
当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0，
所以g(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增.
02
所以g(x)≥g(0)= -1+cos 0=0，
2
即f'(x)≥0，
所以f(x)在R上单调递增.
因为f(0)=0，所以当x∈(-∞，0)时，f(x)<0；
当x∈(0，+∞)时，f(x)>0，
所以xf(x)≥0.
跟踪演练1 (1)解 因为f(x)=xex+a，所以f'(x)=(1+x)ex.
令f'(x)=0，解得x=-1.
所以当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，
f(x)单调递增.1
所以f(x) =f(-1)=- +a.
min e
因为g(x)=xln x+a，x>0，
所以g'(x)=ln x+1.
1
令g'(x)=0，解得x= .
e
( 1)
所以当x∈ 0， 时，g'(x)<0，
e
g(x)单调递减；
(1 )
当x∈ ，+∞ 时，g'(x)>0，
e
g(x)单调递增，
(1) 1
所以g(x) =g =- +a.
min e e
1 1 4 1
由题意可得- +a- +a=- ，解得a=- .
e e e e
(2)证明 方法一 要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1，
ex lnx+1
即证 > .
x x2
ex
令h(x)= ，x>0，
x
lnx+1
φ(x)= ，x>0.
x2
ex (x-1)
易得h'(x)= ，
x2
则令h'(x)<0，得00，得x>1.
所以h(x)在(0，1)上单调递减，
在(1，+∞)上单调递增.
所以h(x)≥h(1)=e.
1
·x2-2x(lnx+1) -2lnx-1
易得φ'(x)= x = .
x3
x4
1
令φ'(x)>0，得0
e
2.( - 1)
所以φ(x)在 0，e 2 上单调递增，
( - 1 )
在 e 2，+∞ 上单调递减，
所以φ(x)≤φ ( e - 1 2 ) = 2 e φ(x)，故f(x)>g'(x).
方法二 令φ(x)=ex-x-1，
所以φ'(x)=ex-1，
当x∈(-∞，0)时，φ'(x)<0，
当x∈(0，+∞)时，φ'(x)>0，
所以φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(0)=0，即ex≥x+1，
当且仅当x=0时等号成立.
当x>0时，xex>x(x+1)，
要证f(x)>g'(x)，
即证xex>ln x+1，
若x(x+1)>ln x+1，
即x(x+1)-ln x-1>0，
则f(x)>g'(x).
令h(x)=x(x+1)-ln x-1，x>0，
1
所以h'(x)=2x+1-
x
(2x-1)(x+1)
= ，
x
( 1)
当x∈ 0， 时，h'(x)<0，
2
(1 )
当x∈ ，+∞ 时，h'(x)>0，
2
( 1) (1 )
所以h(x)在 0， 上单调递减，在 ，+∞ 上单调递增，
2 2
(1) 1 1 1
所以h(x)≥h =-ln - =ln 2- >0，
2 2 4 4
所以x(x+1)-ln x-1>0，
即证得f(x)>g'(x)成立.
例2 (1)解 当a=2时，2
f(x)=ln x+ -1，
x
则f(1)=1.
1 2 x-2
而f'(x)= - = ，
x x2 x2
所以f'(1)=-1.
所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-1=-(x-1)，
即y=-x+2.
1 a
(2)证明 因为f'(x )= - ，
1 x x2
1 1
1 a
f'(x )= - ，
2 x x2
2 2
且f'(x )=f'(x )(x ≠x )，
1 2 1 2
1 a 1 a
所以 - = - ，
x x2 x x2
1 1 2 2
1 1 a a
所以 - = -
x x x2 x2
1 2 1 2
( 1 1 )( 1 1 )
+ -
=a .
x x x x
1 2 1 2
因为x ≠x ，x >0，x >0，
1 2 1 2
( 1 1 )
+
所以a =1，故a>0.
x x
1 2
a
所以f(x )+f(x )=ln x + +
1 2 1 x
1
a
ln x + -2=ln(x x )-1.
2 x 1 2
2
( 1 1 ) √ 1 1
因为a + =1>2a · ，
x x x x
1 2 1 2
所以x x >4a2，
1 2
所以f(x )+f(x )=ln(x x )-1>ln(4a2)-1.
1 2 1 2
1
设g(a)=ln(4a2)+ -2
a
1
=2ln a+ +2ln 2-2，
a
2 1 2a-1
则g'(a)= - = .
a a2 a2( 1)
当a∈ 0， 时，g'(a)<0，g(a)单调递减；
2
(1 )
当a∈ ，+∞ 时，g'(a)>0，g(a)单调递增.
2
1 (1)
所以当a= 时，g(a) =g =0.
2 min 2
1
所以ln(4a2)+ -2≥0，
a
1
所以ln(4a2)-1+ ≥1，
a
1
即f(x )+f(x )+ >1.
1 2 a
跟踪演练2 (1)解 由题可得
1 2a
f'(x)= - ，x>0，
x (x+1) 2
a
f'(1)=1- =0，∴a=2.
2
(2)证明 ∵x >x >0，
1 2
∴ln x >ln x ，
1 2
x -x x +x
要证 1 2 < 1 2 ，
ln x -ln x 2
1 2
2(x -x )
1 2
只需证ln x -ln x > ，
1 2 x +x
1 2
x
( )
2 1-1
x x
1 2
只需证ln > ，
x x
2 1+1
x
2
1 4 (x-1) 2
由(1)可知f'(x)= - = ≥0，
x (x+1) 2 x(x+1) 2
∴函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，
∴当x>1时，f(x)>f(1)=0，
x
1
∵x >x >0，∴ >1，
1 2 x
2
x
( )
∴f 1 >0，
x
2x
( )
2 1-1
x x
1 2
即ln - >0，
x x
2 1+1
x
2
x
( )
2 1-1
x x
∴ln 1 > 2 ，
x x
2 1+1
x
2
x -x x +x
即证得 1 2 < 1 2 成立.
ln x -ln x 2
1 2
