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微专题 7 导数与不等式的证明
高考定位 导数与不等式的交汇命题是高考的热点和难点，在利用导数证明不等
式问题中，常用的方法有构造函数、适当换元、合理放缩、利用最值、不等式及
其性质等.
【难点突破】
[高考真题] (2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋.
样题1 已知函数f(x)＝ex＋exln x(其中e是自然对数的底数).
求证：f(x)≥ex2.
样题2 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ex，
证明：f(x)＋>g(－x).
样题3 已知函数f(x)＝－k，
(1)若f(x)≤0恒成立，求实数k的取值范围；
(2)证明：ln ＋ln ＋…＋ln <
(n>1).
规律方法 利用导数证明不等式问题的基本方法
(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞
0(或f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结
构构造辅助函数.训练 (2024·长春调研)设函数f(x)＝ex－1，其中e为自然对数的底数.
求证：(1)当x>0时，f(x)>x；
(2)ex－2>ln x.
【精准强化练】
1.(2024·合肥模拟)已知函数f(x)＝，当x＝1时，f(x)有极大值.
(1)求实数a，b的值；
(2)当x>0时，证明：f(x)<.
2.(2024·青岛质检节选)证明：exln x＋>1.
3.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)0时，f(x)>2ln a＋.
(1)解 f′(x)＝aex－1，x∈R.
当a≤0时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a；
令f′(x)<0，得x<－ln a，
所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增.
(2)证明 法一 由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝
a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a.令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，
所以g′(a)＝2a－，
令g′(a)>0，得a>；
令g′(a)<0，得00，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立.
法二 当a>0时，由(1)得f(x) ＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，
min
故欲证f(x)>2ln a＋成立，
只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋，
即证a2－>ln a.
构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
则u′(a)＝－1＝，
所以当a>1时，u′(a)<0；
当00，
所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1，故只需证a2－>a－1，即证a2－a＋>0.
因为a2－a＋＝＋>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立.
样题1 已知函数f(x)＝ex＋exln x(其中e是自然对数的底数).
求证：f(x)≥ex2.
证明 要证f(x)≥ex2，
即证ex＋exln x≥ex2(x>0)，
即＋ln x－x≥0，
令g(x)＝＋ln x－x(x>0)，
则g′(x)＝＋－1
＝＝.
令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1，
当x>1时，h′(x)>0；当01时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
于是g(x)≥g(1)＝0，原不等式得证.
样题2 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ex，证明：f(x)＋>g(－x).
证明 根据题意，g(－x)＝e－x，
所以f(x)＋>g(－x)等价于xln x>xe－x－.
设函数m(x)＝xln x，则m′(x)＝1＋ln x，
所以当x∈时，m′(x)<0；
当x∈时，m′(x)>0，
故m(x)在上单调递减，在上单调递增，从而m(x)在(0，＋∞)上的最小值为m＝
－.
设函数h(x)＝xe－x－，x>0，
则h′(x)＝e－x(1－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，从而h(x)在(0，＋∞)上的
最大值为h(1)＝－.
综上，当x>0时，m(x)>h(x)，
即f(x)＋>g(－x).
样题3 已知函数f(x)＝－k，
(1)若f(x)≤0恒成立，求实数k的取值范围；
(2)证明：ln ＋ln ＋…＋ln <(n>1).
(1)解 若f(x)≤0恒成立，则k≥ ，
max
设g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，
由g′(x)>0，得0e，
所以函数g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
g(x) ＝g(e)＝，
max
所以k≥.
(2)证明 令k＝，则f(x)≤0，
即≤，则ln x≤·x(当且仅当x＝e时等号成立)，
因为ln<·，
ln <·，
…，
ln <·，
所以ln ＋ln ＋…＋ln <
(n>1).
规律方法 利用导数证明不等式问题的基本方法
(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞
0(或f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结
构构造辅助函数.
训练 (2024·长春调研)设函数f(x)＝ex－1，其中e为自然对数的底数.
求证：(1)当x>0时，f(x)>x；
(2)ex－2>ln x.
证明 (1)令g(x)＝f(x)－x＝ex－1－x，
则g′(x)＝ex－1，
当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故当x>0时，g(x)>g(0)＝0，
即当x>0时，f(x)>x成立.
(2)由(1)可得当x>0时，ex>1＋x.
要证ex－2>ln x，可证ex－2>x－1≥ln x，
即证x－1－ln x≥0.
令h(x)＝x－1－ln x，
则h′(x)＝1－＝，
当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当0ln x.
【精准强化练】
1.(2024·合肥模拟)已知函数f(x)＝，当x＝1时，f(x)有极大值.
(1)求实数a，b的值；
(2)当x>0时，证明：f(x)<.
(1)解 函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
且f′(x)＝，
因为x＝1时，f(x)有极大值，
所以解得a＝1，b＝0，
经检验，当a＝1，b＝0时，f(x)在x＝1时有极大值，所以a＝1，b＝0.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝，
当x>0时，要证f(x)<，即证<，即证：ex>x＋1.
设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，
因为x>0，所以g′(x)＝ex－1>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝0，
即ex－x－1>0，即ex>x＋1，
故当x>0时，f(x)<.
2.(2024·青岛质检节选)证明：exln x＋>1.证明 不等式exln x＋>1，
等价于(exln x＋2)>1，
由常用不等式ex≥x＋1，得ex－1≥x.
即≥1，故只需证exln x＋2>1，
令f(x)＝exln x＋2(x>0)，
则f′(x)＝e(ln x＋1)，
易得当x∈时，f′(x)<0；
x∈时，f′(x)>0，
故f(x)≥f＝1，等号不同时取到，故原不等式得证.
3.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)0，
若a≤0，则f′(x)<0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，即f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递
增区间；
若a>0，则当0时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明 法一 因为a≤2，所以当x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－
1≥ex－1－2x＋ln x＋1.
令g(x)＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x>1时g(x)>0.
易知g′(x)＝ex－1－2＋，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－在(1，＋∞)上单调递增，
则当x>1时，h′(x)>h′(1)＝0，所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，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)1时g(x)<0即可.
易知g′(x)＝a－－ex－1，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝－ex－1，
由基本初等函数的单调性可知h′(x)在(1，＋∞)上单调递减，
则当x>1时，h′(x)1时，g′(x)1时，g′(x)<0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以当x>1时，g(x)1时，f(x)f(1)＝0，不合题意；
②当00得x∈(0，a)，
则f(x)在(0，a)上单调递增；
由f′(x)<0得x∈(a，＋∞)，
则f(x)在(a，＋∞)上单调递减，
所以f(a)>f(1)＝0，不合题意；
③当a＝1时，由f′(x)>0得，x∈(0，1)，则f(x)在(0，1)上单调递增；
由f′(x)<0得，x∈(1，＋∞)，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以对于任意的x∈(0，＋∞)，f(x)≤f(1)＝0，符合题意；
④当a>1时，由f′(x)>0得，x∈(0，a)，
则f(x)在(0，a)上单调递增；
由f′(x)<0得，x∈(a，＋∞)，
则f(x)在(a，＋∞)上单调递减，
所以f(a)>f(1)＝0，不合题意.
综上所述，a＝1.
(2)证明 由(1)知，a＝1时，ln x＋1－x≤0即ln x≤x－1，
当且仅当x＝1时等号成立.
所以≤1－，
当n≥2(n∈N*)时，
令x＝n得<1－＝，
所以×××…×<×××…×＝，
所以当n≥2(n∈N*)时，
n<1成立.(3)证明 由(1)知，a＝1时，ln x＋1－x≤0，
即当且仅当x＝1时等号成立.
当n≥2(n∈N*)时，
令x＝得ln <－1＝－，
所以
