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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.
x3
(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，即f'(x)≥0，
2
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.
[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).
(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，g(x)单调递减；
e
(1 )
当x∈ ，+∞ 时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
e
(1) 1
所以g(x) =g =- +a.
min e e
1 1 4
由题意可得- +a- +a=- ，
e e e
1
解得a=- .
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 lnx+1
令h(x)= ，x>0，φ(x)= ，x>0.
x 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 (2x-1)(x+1)
所以h'(x)=2x+1- = ，
x 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.
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
2
(1)解 当a=2时，f(x)=ln x+ -1，
x
则f(1)=1.
1 2 x-2
而f'(x)= - = ，所以f'(1)=-1.
x x2 x2
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 ( 1 1 )( 1 1 )
+ -
所以 - = - =a .
x x x2 x2 x x x x
1 2 1 2 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 a
所以f(x )+f(x )=ln x + +ln x + -2=ln(x x )-1.
1 2 1 x 2 x 1 2
1 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 1
设g(a)=ln(4a2)+ -2=2ln a+ +2ln 2-2，
a 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
[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
1 2a
(1)解 由题可得f'(x)= - ，x>0，
x (x+1) 2
a
f'(1)=1- =0，∴a=2.
2
(2)证明 ∵x >x >0，∴ln x >ln x ，
1 2 1 2
x -x x +x
要证 1 2 < 1 2，
ln x -ln x 2
1 2
2(x -x )
只需证ln x -ln x > 1 2 ，
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 x
( )
∵x >x >0，∴ 1 >1，∴f 1 >0，
1 2 x x
2 2
x x
( ) ( )
2 1-1 2 1-1
x x x x
1 2 1 2
即ln - >0，∴ln > ，
x x x x
2 1+1 2 1+1
x x
2 2
x -x x +x
即证得 1 2 < 1 2 成立.
ln x -ln x 2
1 2
专题强化练
(分值：50分)
1.(16分)(2024·大连模拟)已知函数f(x)=xln x+ax+1(a∈R).
(1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(7分)
(2)当x>1时，证明：exln x>e(x-1).(9分)
1
(1)解 由已知得，-a≤ln x+ 在(0，+∞)上恒成立，
x
1 1 1 x-1
设g(x)=ln x+ ，g'(x)= - = ，
x x x2 x2
令g'(x)>0，解得x>1，
令g'(x)<0，解得01时，exln x> ，
x
设h(x)=ex-ex，x>1，
h'(x)=ex-e，故当x>1时，h'(x)>0，
∴h(x)=ex-ex在(1，+∞)上单调递增，
∴h(x)>h(1)=0，∴ex>ex.
ex ex (x-1)
∴当x>1时， >e，即 >e(x-1).
x xex (x-1)
由此可证，当x>1时，exln x> >e(x-1).
x
x-1
方法二 当x>1时，要证exln x>e(x-1)成立，即证ln x> ，x>1.
ex-1
x-1
设G(x)=ln x- ，x>1，
ex-1
1 ex-1-(x-1)ex-1 ex-1+x2-2x
G'(x)= - = ，
x (ex-1 ) 2 xex-1
设m(x)=ex-1+x2-2x，x>1，
m'(x)=ex-1+2x-2=ex-1+2(x-1)，
当x>1时，m'(x)>0，∴m(x)在(1，+∞)上单调递增.
∴m(x)>m(1)=0，∴G'(x)>0，
∴G(x)在(1，+∞)上单调递增，G(x)>G(1)=0，
由此可证，当x>1时，exln x>e(x-1)成立.
9
2.(17分)(2024·黔西模拟)已知函数f(x)= x2-xln x-2x.
2
(1)判断f(x)的单调性；(8分)
(1 3 5 2n-1)
(2)证明：9 + + +…+ >3n-ln(2n+1)(n∈N*).(9分)
3 5 7 2n+1
9
(1)解 易知函数f(x)= x2-xln x-2x的定义域为(0，+∞)，
2
可得f'(x)=9x-(ln x+1)-2=9x-ln x-3，
1 9x-1
令g(x)=9x-ln x-3，则g'(x)=9- = ，
x x
( 1) ( 1)
当x∈ 0， 时，g'(x)<0，此时g(x)在 0， 上单调递减，
9 9
(1 ) (1 )
当x∈ ，+∞ 时，g'(x)>0，此时g(x)在 ，+∞ 上单调递增，
9 9
(1) 9
所以f'(x)=g(x)≥g =1+ln 9-3=ln 9-2=ln >0；
9 e2
即f'(x)>0在(0，+∞)上恒成立，
因此f(x)在(0，+∞)上单调递增.
(2)证明 由(1)可知f'(x)=9x-ln x-3>0，即9x>ln x+3，
2n-1 2n-1
可得9× >ln +3，
2n+1 2n+1n n
(
2i-1)
(
2i-1
)
所以 Σ 9× > Σ ln +3 ，
2i+1 2i+1
i=1 i=1
(1 3 5 2n-1) 1 3 2n-1
即可得9 + + +…+ >ln +ln +…+ln +3n
3 5 7 2n+1 3 5 2n+1
=ln 1-ln 3+ln 3-ln 5+…+ln(2n-1)-ln(2n+1)+3n=3n-ln(2n+1)，
(1 3 5 2n-1)
即9 + + +…+ >3n-ln(2n+1)(n∈N*).
3 5 7 2n+1
3.(17分)(2024·泰安模拟)在数学中，由m×n个数a (i=1，2，…，m；j=1，2，…，n)排列成的m行n列的数
ij
a a …a
( 11 12 1n )
… … … …
表 a a … a 称为m×n矩阵，其中a 称为矩阵A的第i行第j列的元素.矩
i1 i2 in ij
… … … …
a a … a
m1 m2 mn
阵乘法是指对于两个矩阵A和B，如果A的列数等于B的行数，则可以把A和B相乘，具体来说：若A=
a a …a
( 11 12 1n ) b …b …b
… … … … ( 11 1j 1p )
b … b … b
a a … a ，B= 21 2j 2p ，则
i1 i2 in … … … … …
… … … …
b … b … b
a a … a n1 nj np
m1 m2 mn
c …c …c
( 11 1j 1p )
… … … … …
C=AB= c … c … c ，其中c =a b +a b +…+a b ，i=1，2，…，
i1 ij ip ij i1 1j i2 2j in nj
… … … … …
c … c … c
m1 mj mp
m，j=1，2，…，p.已知 ( 1x )(lnx) = ( c 1 ) ，函数f(x)=c +c .
0-2 ax c 1 2
2
(1)讨论f(x)的单调性；(8分)
(2)若x ，x (x 0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，
x
当a≠0时，方程2ax2-2ax+1=0的判别式Δ=4a(a-2)，
当02时，Δ>0，令f'(x)=0，方程两根记为α，β，
a-√a2-2a
则α= ，
2a
a+√a2-2a
β= ，
2a
当a<0时，α>0，β<0，
当x∈(0，α)时，f'(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递增，
当x∈(α，+∞)时，f'(x)<0，f(x)在(α，+∞)上单调递减，
当a>2时，β>α>0，
当x∈(0，α)∪(β，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(0，α)，(β，+∞)上单调递增，
当x∈(α，β)时，f'(x)<0，f(x)在(α，β)上单调递减，
综上，当0≤a≤2时，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
( a-√a2-2a) (a-√a2-2a )
当a<0时，f(x)在 0， 上单调递增，在 ，+∞ 上单调递减；
2a 2a
( a-√a2-2a)
当a>2时，f(x)在 0， ，
2a
(a+√a2-2a ) (a-√a2-2a a+√a2-2a)
，+∞ 上单调递增，在 ， 上单调递减.
2a 2a 2a
(2)证明 由(1)知当a>2时，f(x)有两个极值点，
f(x)( 1)
设P(x)= 02，
2
( 1]
∴P'(x)>0，∴P(x)在 0， 上单调递增，
2
(1) 3
∴P(x)≤P =-2ln 2- a，
2 2
( 1)
由(1)知x ∈ 0， ，a>2，
1 2
3
∴P(x )<-2ln 2- a<-3-2ln 2，
1 2f(x )
1
即 <-3-2ln 2，
x
1
∴f(x )<-3x -2x ln 2，
1 1 1
又由(1)知f(x)在(x ，x )上单调递减且x ∈(x ，x )，
1 2 0 1 2
∴f(x )+f(x )<2f(x )<-6x -4x ln 2，
0 2 1 1 1
∴f(x )+f(x )+6x +x ln 16<0.
0 2 1 1
