超越不等式
高考定位 在高考中,经常考查与导数有关的不等式问题,这些问题可以用常规方法求解,也可以用
超越不等式求解,从而使问题简单化,高考试题一般以解答题的形式出现.
【母题突破】
类型一 指对放缩
母题1 (人教A 版选修二P104T18)已知函数f(x)＝ex－ln (x＋m).当m≤2 时,求证f(x)>0.
证明 第一步:放缩
当m≤2 时,f(x)＝ex－ln (x＋m)≥ex－ln (x＋2),
故只要证明ex－ln (x＋2)>0 即可.
第二步:构造
只要证ex≥x＋1,x＋1≥ln (x＋2)两等号不同时成立.
令g(x)＝ex－x－1,则g'(x)＝ex－1,
当x<0 时,g'(x)<0,当x>0 时,g'(x)>0,
则g(x)在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.
所以g(x)≥g(0)＝0,
即ex≥x＋1,当且仅当x＝0 时,等号成立.
第三步:同构(替换)
在ex≥x＋1 中,以ln (x＋2)代替x,
则有eln (x＋2)≥ln (x＋2)＋1,
即x＋2≥ln (x＋2)＋1,
即x＋1≥ln (x＋2),
当且仅当ln (x＋2)＝0,即x＝－1 时,等号成立.
第四步:传递
综上,ex≥x＋1,x＋1≥ln (x＋2)(两等号不同时成立),
所以ex>ln (x＋2)≥ln (x＋m),即f(x)>0.
真题1 (2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.当a≤2 时,证明:当x>1 时,f(x)<ex－1恒
成立.
证明 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＋1
x >x－1＋1－2＋1
x
＝x＋1
x －2>2√x· 1
x －2＝0,
即g'(x)>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)<ex－1恒成立.
规律方法 当要证明的不等式中既含有ex,又含有ln x 时,一般我们形象地称之为指对共生式,这类
问题直接构造差函数进行研究较为困难,突破这一困难一般采用切线放缩、分离双函数、同构等技
巧.常用的切线放缩有:(1)ex≥x＋1;(2)ex≥ex;(3)1－1
x ≤ln x≤x－1;(4)ln x≤x
e (从(1)出发利用替换可
以证明(2)(3)(4),也可以独立证明).
在证明不等式的过程中,可通过上述常见的切线放缩,将ex或ln x 放缩掉,再来证明不等式,这是指
对共生式时的一种可以考虑的方向.
注意,解答题中若要用不等式ex≥x＋1,ex≥ex,1－1
x ≤ln x≤x－1 等进行放缩,一般需要先给出证明.
样题1 已知函数 f(x)＝ax＋ln x＋1,若对任意的 x>0,f(x)≤xe
2x 恒成立,求实数a 的取值范围.
解 对任意的x>0,f(x)≤xe2x 恒成立,
等价于a≤x e
2 x−ln x−1
x
在(0,＋∞)上恒成立.
因为xe2x－(ln x＋1)＝e2x＋ln x－(ln x＋1)≥(2x＋ln x＋1)－(ln x＋1)＝2x,
所以x e
2 x−(ln x＋1)
x
≥2 x
x ＝2.
当且仅当 2x＋ln x＝0 时等号成立 (方程显然有解),
即[
x e
2 x−(ln x＋1)
x
]min
＝2,
所以a≤2.
故实数a 的取值范围是(－∞,2].
样题2 已知函数f(x)＝ln (x＋1).
(1)证明:当x>－1 时,f(x)≤x;
(2)已知n∈N*,证明:e
1＋1
2 ＋1
3 ＋…＋1
n>ln (n＋2).
证明 (1)令h(x)＝ln (x＋1)－x(x>－1),
则h'(x)＝
1
x＋1－1＝－
x
x＋1,
当－1<x<0 时,h'(x)>0,
当x>0 时,h'(x)<0,
∴函数h(x)在(－1,0)上单调递增,在(0,＋∞)上单调递减,
∴h(x)≤h(0)＝0,即f(x)≤x.
(2)由(1)可得ln (x＋1)≤x,
当且仅当x＝0 时取等号,
令x＝1
n,n∈N*,
∴1
n>ln (
1
n ＋1)＝ln n＋1
n
,
1＋1
2 ＋1
3＋…＋1
n>ln 2
1＋ln 3
2＋ln 4
3 ＋…＋ln n＋1
n
＝ln (n＋1),
即1＋1
2 ＋1
3＋…＋1
n>ln (n＋1),
则e
1＋1
2 ＋1
3 ＋…＋1
n>n＋1,①
又由(1)知,ln (x＋1)≤x,当且仅当x＝0 时取等号,
令x＝n＋1,又n∈N*,
∴ln (n＋2)<n＋1,②
由①②得,e
1＋1
2 ＋1
3 ＋…＋1
n>ln (n＋2).
样题3 (2025·宁波调研)已知函数f(x)＝ex－1－a(x＋1)(x≥1),g(x)＝(x－1)ln x,其中e 为自然对数的
底数.
(1)若f(x)≥0 恒成立,求实数a 的取值范围;
(2)若a 取(1)中的最大值,证明:f(x)≥g(x).
(1)解 法一(最值法)
由题意,f(x)≥0,得ex－1－a(x＋1)≥0,
得a≤e
x−1
x＋1,
设h(x)＝e
x−1
x＋1(x≥1),
则h'(x)＝x e
x−1
( x＋1)
2>0,
所以h(x)在[1,＋∞)上单调递增,
从而h(x)min＝h(1)＝1
2,
因为a≤h(x)恒成立,所以a≤1
2,
故实数a 的取值范围是(−∞, 1
2].
法二(放缩法)
由题意,f(x)≥0,得ex－1－a(x＋1)≥0,
得a≤e
x−1
x＋1,
设t(x)＝ex－x－1,则t'(x)＝ex－1,
当x<0 时,t'(x)<0,t(x)单调递减;
当x>0 时,t'(x)>0,t(x)单调递增.
则t(x)≥t(0)＝0,即ex≥x＋1,
当且仅当x＝0 时,等号成立,所以ex－1≥x,
当且仅当x＝1 时,等号成立,从而e
x−1
x＋1≥
x
x＋1＝1－
1
x＋1≥1－
1
1＋1 ＝1
2,
又当x＝1 时, e
x−1
x＋1 ＝1
2,
所以e
x−1
x＋1 的最小值为1
2,
因为a≤e
x−1
x＋1恒成立,所以a≤1
2,
故实数a 的取值范围是(−∞, 1
2].
(2)证明 由题意知,a＝1
2,
f(x)＝ex－1－x＋1
2
(x≥1),
所以f(x)≥g(x),
得ex－1－x＋1
2
≥(x－1)ln x,
设u(x)＝ln x－x＋1(x>0),
则u'(x)＝1−x
x
,当0<x<1 时,u'(x)>0,u(x)单调递增;
当x>1,u'(x)<0,u(x)单调递减.
则u(x)≤u(1)＝0,即ln x≤x－1,
当且仅当x＝1 时,等号成立(或可由(1)中法二里的ex≥x＋1 推出ln x≤x－1),
所以当x≥1 时,(x－1)ln x≤(x－1)2,
证明ex－1－x＋1
2
≥(x－1)2,
即证ex－1≥2 x
2−3 x＋3
2
,
即证2 x
2−3 x＋3
2e
x−1
≤1,
设φ(x)＝2 x
2−3 x＋3
2e
x−1
(x≥1),
则φ'(x)＝－(2 x−3)( x−2)
2e
x−1
,
令φ'(x)>0,得3
2<x<2,
令φ'(x)<0,得1≤x<3
2或x>2,
从而φ(x)在[1, 3
2)和(2,＋∞)上单调递减,在(
3
2 ,2)上单调递增,
因为φ(1)＝1,φ(2)＝5
2e<1,
所以φ(x)≤1,即当x≥1 时,2 x
2−3 x＋3
2e
x−1
≤1,
所以ex－1－x＋1
2
≥(x－1)2,
因为(x－1)2≥(x－1)ln x,
所以ex－1－x＋1
2
≥(x－1)ln x,
故f(x)≥g(x)成立.
类型二 三角放缩
母题2 (人教A 版选修二P97 练习T1)利用函数的单调性,证明下列不等式,并通过函数图象直观验
证:sin x<x,x∈(0,π).
证明 sin x<x 等价于x－sin x>0,
令f(x)＝x－sin x,则f'(x)＝1－cos x,
当x∈(0,π)时,f'(x)>0.
∴f(x)在(0,π)上单调递增,
∴f(x)>f(0)＝0,
∴x－sin x>0 在x∈(0,π)上恒成立,
即sin x<x,x∈(0,π).
如图,由图象可直观得到sin x<x,x∈(0,π).
真题2 (2023·新高考Ⅱ卷节选)证明:当0<x<1 时,x－x2<sin x<x.
证明 令h(x)＝x－x2－sin x(0<x<1),
则h'(x)＝1－2x－cos x(0<x<1).
令p(x)＝1－2x－cos x(0<x<1),
则p'(x)＝－2＋sin x<0,
所以p(x)即h'(x)在(0,1)上单调递减,
又h'(0)＝0,
所以当0<x<1 时,h'(x)<h'(0)＝0,h(x)单调递减,
所以当0<x<1 时,h(x)<h(0)＝0,
即x－x2<sin x.
令g(x)＝sin x－x(0<x<1),
则g'(x)＝cos x－1≤0,
所以g(x)在(0,1)上单调递减,又g(0)＝0,
所以当0<x<1 时,g(x)<g(0)＝0,
即sin x<x.
综上,当0<x<1 时,x－x2<sin x<x.
规律方法 1.与三角函数有关的超越不等式为x≥sin x,x∈[0,π),并且此不等式可拓展为sin
x<x<tan x,x∈(0, π
2).
2.当所研究的函数中含有三角函数时要注意利用三角函数的有界性与以上不等式进行放缩.
样题4 (2025·南昌调研)已知函数f(x)＝sin x－aln (x＋1).
(1)若a＝1,证明:当x∈[0,1]时,f(x)≥0;
(2)若a＝－1,证明:当x∈[0,＋∞)时,f(x)≤2ex－2.
证明 (1)首先证明sin x≤x,x∈[0,＋∞),
证明如下:构造j(x)＝sin x－x,x∈[0,＋∞),
则j'(x)＝cos x－1≤0 恒成立,
故j(x)＝sin x－x 在[0,＋∞)上单调递减,故j(x)≤j(0)＝0,
所以sin x≤x,x∈[0,＋∞).
当a＝1 时,f(x)＝sin x－ln (x＋1),x∈[0,1],f'(x)＝cos x－
1
x＋1
＝1－2sin2 x
2 －
1
x＋1
≥1－2(
x
2)
2
－
1
x＋1
＝1－x
2
2 －
1
x＋1
≥1－x
2 －
1
x＋1(0≤x≤1),
故f'(x)≥2＋2 x−x
2−x−2
2＋2 x
＝x(1−x)
2＋2 x ≥0 在x∈[0,1]上恒成立,
所以f(x)在[0,1]上单调递增,
故f(x)≥f(0)＝0.
(2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x),x∈[0,＋∞).
当a＝－1 时,g(x)＝2ex－2－sin x－ln (x＋1)
＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln (x＋1),
下证:ex－x－1≥0(x≥0),x－sin x≥0(x≥0),x－ln (x＋1)≥0(x≥0),且在x＝0 处取等号,
令r(x)＝ex－x－1(x≥0),
则r'(x)＝ex－1≥0,
故r(x)＝ex－x－1 在[0,＋∞)上单调递增,
故r(x)≥r(0)＝0,
即x－sin x≥0,且在x＝0 处取等号;
由(1)知j(x)＝sin x－x 在[0,＋∞)上单调递减,
故j(x)≤j(0)＝0,即x－sin x≥0,且在x＝0 处取等号;
令t(x)＝x－ln (x＋1)(x≥0),
则t'(x)＝1－
1
x＋1 ＝
x
x＋1≥0,
故t(x)＝x－ln (x＋1)在[0,＋∞)上单调递增,
故t(x)≥t(0)＝0,且在x＝0 处取等号,
综上,g(x)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln (x＋1)≥0,且在x＝0 处取等号,
即(2ex－2)－f(x)≥0,
即证得f(x)≤2ex－2.
样题5 (2025·济南模拟)已知函数f(x)＝cos x＋a
2x2－1,a∈R.
(1)若x＝0 是函数f(x)唯一的极小值点,求实数a 的取值范围;
(2)证明:√sin
3 1
2 ＋√sin
3 2
4 ＋√sin
3 3
8＋…＋√
sin
3 2 025
2
2 025 <2.
(1)解 f'(x)＝－sin x＋ax,且f'(0)＝0,
令g(x)＝f'(x),则g'(x)＝－cos x＋a,
①当a≥1 时,g'(x)≥0,则g(x)单调递增,
当x>0 时,g(x)＝f'(x)>f'(0)＝0,
当x<0 时,g(x)＝f'(x)<f'(0)＝0,
即当x>0 时,f(x)单调递增,当x<0 时,f(x)单调递减,
即可证得x＝0 是函数f(x)唯一的极小值点;
②当a<1 时,g'(0)＝－1＋a<0,所以存在δ>0 使得x∈(0,δ),g(x)＝f'(x)在(0,δ)单调递减,即当
x∈(0,δ)时,f'(x)<f'(0)＝0,
所以f(x)在(0,δ)单调递减,与x＝0 是函数f(x)唯一的极小值点矛盾,
综上a≥1,从而实数a 的取值范围为[1,＋∞).
(2)证明 当x>0 时,x>sin x,
当x>0 时,sin3x<1·x2,即√sin
3 x<x,
故可得√sin
3 1
2 ＋√sin
3 2
4 ＋√sin
3 3
8＋…＋√
sin
3 2 025
2
2 025 <1
2 ＋2
4 ＋3
8＋…＋2 025
2
2 025 ,
令S＝1
2 ＋2
4 ＋3
8＋…＋2 025
2
2 025 ,
1
2S＝1
4 ＋2
8 ＋3
16＋…＋2 025
2
2 026 ,
两式相减可得1
2S＝1
2 ＋1
4 ＋1
8＋…＋
1
2
2 025 －2 025
2
2 026 ,
化简可得S＝2[1−(
1
2)
2 025
−2 025
2
2 026 ]<2.
故√sin
3 1
2 ＋√sin
3 2
4 ＋√sin
3 3
8＋…＋√
sin
3 2 025
2
2 025 <2.
样题6 (2025·武汉质检)已知函数f(x)＝ex＋cos x－2,g(x)＝sin x.
(1)求证:当x∈(0,＋∞)时,g(x)<x<f(x);
(2)当x∈(0,＋∞)时,f(x)＋g(x)>ax 恒成立,求实数a 的取值范围.
(1)证明 设G(x)＝x－g(x)＝x－sin x,x>0,则G'(x)＝1－cos x≥0,
所以G(x)在区间(0,＋∞)上单调递增,
所以G(x)>G(0)＝0,即g(x)<x;
设F(x)＝f(x)－x＝ex＋cos x－2－x,x>0,
则F'(x)＝ex－sin x－1,
因为x>0 时,sin x<x,即－sin x>－x,
所以F'(x)＝ex－sin x－1>ex－x－1,
设h(x)＝ex－x－1,x>0,
则h'(x)＝ex－1,当x>0 时,
h'(x)>0,所以h(x)在(0,＋∞)上单调递增,
h(x)>h(0)＝0,即ex>x＋1,
所以F'(x)>ex－x－1>0,
所以F(x)在(0,＋∞)上单调递增,
所以F(x)>F(0)＝0,即f(x)>x.
所以g(x)<x<f(x)得证.
(2)解 f(x)＋g(x)>ax 在(0,＋∞)上恒成立,即ex＋cos x－2＋sin x－ax>0 在(0,＋∞)上恒成立,
设φ(x)＝ex＋cos x－2＋sin x－ax,x>0,
而φ'(x)＝ex－sin x＋cos x－a,
令m(x)＝φ'(x),x>0,
则m'(x)＝ex－cos x－sin x,
由(1)知,当x>0 时,ex>x＋1>sin x＋cos x,
即m'(x)＝ex－cos x－sin x>0,
所以φ'(x)在(0,＋∞)上单调递增,
①当a≤2 时,φ'(0)＝2－a≥0,
当x>0 时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(0,＋∞)上单调递增.
因为φ(0)＝0,故φ(x)>0,
即函数f(x)＋g(x)>ax 在(0,＋∞)上恒成立;
②当a>2 时,φ'(0)＝2－a<0,
φ'(ln (a＋2))＝a＋2－sin[ln (a＋2)]＋cos[ln (a＋2)]－a＝2－√2sin[ln (a＋2)−π
4]>0,
故φ'(x)在(0,ln (a＋2))上存在零点x0,
即φ'(x0)＝0,
因为φ'(x)在区间(0,＋∞)上单调递增,故在(0,x0)上,φ'(x)<φ'(x0)＝0,
所以当x∈(0,x0)时,φ(x)单调递减,
又φ(0)＝0,
所以当x∈(0,x0)时,φ(x)<φ(0)＝0,与题设矛盾.
综上,实数a 的取值范围为(－∞,2].
【精准强化练】
1.已知函数f(x)＝ex－x
2
2 －1.
(1)若直线y＝x＋a 为f(x)的切线,求a 的值;
(2)若对∀x∈(0,＋∞),恒有f(x)≥bx,求b 的取值范围.
解 (1)设直线y＝x＋a 与曲线f(x)相切于点(x0,y0),
因为f'(x)＝ex－x,则f'(x0)＝e
x0－x0＝1,
解得x0＝0,则y0＝f(x0)＝0,
即0＋a＝0,解得a＝0.
(2)因为f(0)＝0,且曲线f(x)在x＝0 处的切线方程为y＝x.
故可猜测当x∈(0,＋∞)时,f(x)的图象恒在切线y＝x 的上方,
即证当x∈(0,＋∞)时,f(x)>x,
即证当x∈(0,＋∞)时,ex－x
2
2 －x－1>0,
设h(x)＝ex－x
2
2 －x－1,
则h'(x)＝ex－x－1,
设P(x)＝h'(x)＝ex－x－1,
则P'(x)＝ex－1,
因为P'(x)>0 在(0,＋∞)上恒成立,
所以h'(x)在(0,＋∞)上单调递增,
又因为h'(0)＝0,
所以当x∈(0,＋∞)时,h'(x)>0,
所以h(x)在(0,＋∞)上单调递增,
所以当x∈(0,＋∞)时,h(x)>h(0)＝0,
即ex－x
2
2 －x－1>0,即ex－x
2
2 －1>x,
由此可得,当x∈(0,＋∞)时,
只需x≥bx 即可,解得b≤1.
故b 的取值范围为(－∞,1].
2.(2025·郑州质检)已知函数f(x)＝ln (1＋x),g(x)＝ax2＋x.
(1)当x>－1 时,f(x)≤g(x),求实数a 的取值范围;
(2)已知n∈N*,证明:sin
1
n＋1＋sin
1
n＋2＋…＋sin 1
2n<ln 2.
(1)解 令h(x)＝ln (x＋1)－x(x>－1),
则h'(x)＝
1
x＋1－1＝－
x
x＋1,
当－1<x<0 时,h'(x)>0,
则函数h(x)在(－1,0)上单调递增,
当x>0 时,h'(x)<0,
则函数h(x)在(0,＋∞)上单调递减,
所以h(x)max＝h(0)＝0,
即ln (x＋1)≤x,
所以,当a≥0 时,ln (x＋1)≤x≤ax2＋x,
即f(x)≤g(x);
当a<0 时,取x0＝－1
a>0,
由于ln (1＋x0)>ln 1＝0,
而ax0
2＋x0＝a·(−1
a)
2
－1
a＝0,
得ln (x0＋1)>ax0
2＋x0,
故f(x0)>g(x0),不合题意.
综上所述,a≥0.
(2)证明 当a＝0 时,由(1)可得ln (x＋1)≤x,则ln x≤x－1,可得ln 1
x ≤1
x －1,
即－ln x≤1
x －1,
即ln x≥1－1
x (x>1),
令1
t ＝1－1
x ,所以x＝t
t −1,
所以ln
t
t −1≥1
t ,
即ln t－ln (t－1)≥1
t (t>1),
所以
1
n＋k ≤ln (n＋k)－ln (n＋k－1),k∈{0,1,2,…,n},
令g(x)＝x－sin x(x>0),
则g'(x)＝1－cos x≥0,
且g'(x)不恒为零,
所以函数g(x)在(0,＋∞)上单调递增,
故g(x)>g(0)＝0,则sin x<x(x>0),
所以sin
1
n＋k <
1
n＋k ≤ln (n＋k)－ln (n＋k－1),k∈{0,1,2,…,n},
所以sin
1
n＋1＋sin
1
n＋2＋…＋sin 1
2n
<[ln (n＋1)－ln n]＋[ln (n＋2)－ln (n＋1)]＋…＋[ln (2n)－ln (2n－1)]＝ln (2n)－ln n＝ln 2n
n ＝ln 2
