文档文本内容
专题六 函数与导数
微专题1 导数与不等式证明问题
一、考点透析
考点1：直接作差构造新函数证明不等式
将证明不等式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)．
1．（25-26 高三上·河北邯郸·期中）已知函数
，
．
(1)当
时，求曲线
在
处的切线方程；
(2)讨论
在
上的单调性；
(3)若
，求证：当
时，
．
【答案】(1)
(2)当
时，
在
上单调递增；
时，
在
上单调递减；在
上单调递增．
(3)证明见解析
【详解】（1）略 （2）略
（3）证明：设
．
，由（2）可知
①当
时，
在
上单调递增，所以
，
即
在
上单调递增，所以
，满足题意；
②当
时，
1
当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增，
，
，
，即
，
在
上单调递增，
，满足题意，
综上可得，当
且
时，
．
2．（25-26 高三上·广东广州·月考）已知函数
．
(1)当
时，求证：
；
(2)当
时，求证：
．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）当
时，
，
令
，
，
由
，得
，由
，得
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，最大值为
，
所以
，即
；
令
，
，
由
，得
，由
，得
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，最小值为
2
，
所以
，即
，
综上：
.
（2）当
时，
，
要证明
，只需证明
，
故只需证明
.
.
因为函数
和函数
在
上单调递增，所以
在
上单调递
增.
，
所以
必定存在唯一一个零点
，且
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
.
由
，得
，
，
所以
，
所以
.
所以，当
时，
.
考点2：隔离拆分法证明不等式
在证明过程中，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f（x），g（x），使f
3
（x）min＞g（x）max 恒成立，从而f（x）＞g（x），但f（x）与g（x）取到最值的条件
不是同一个“x”的值；或者对于较复杂的不等式，也可将不等式的某一部分“隔离”开，
单独进行研究，然后再纳入整体进行论证.
1.（2024·高三全国专题练习）已知函数f（x）＝xln x＋x.
（1）求函数f（x）的最小值；
（2）证明：ln x＋1＞1
e
x +1－2
e
2 x .
解：（1）f'（x）＝ln x＋2，令f'（x）＝ln x＋2＝0 可得x＝1
e
2，
当x∈（0，1
e
2）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（1
e
2，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
所以f（x）min＝f（1
e
2）＝－1
e
2.
（2）证明：因为x＞0，所以只需证明xln x＋x＞x
e
x +1－2
e
2，
下面考虑证明左边的最小值大于右边的最大值.
设g（x）＝x
e
x +1－2
e
2，则g'（x）＝1－x
e
x +1 ，
当x∈（0，1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
所以g（x）max＝g（1）＝－1
e
2，所以g（x）≤－1
e
2，
由（1）知f（x）＝xln x＋x≥－1
e
2.
又因为g（x）≤－1
e
2取等号时x＝1，f（x）＝xln x＋x≥－1
e
2取等号时x＝1
e
2，
所以等号不能同时取到，故xln x＋x＞x
e
x＋1－2
e
2，则原不等式得证.
2.求证：ex－ex＋1－eln x
x
＞0(x＞0)．
证明：原不等式等价于ex－ex＋1＞eln x
x
(x＞0)．
令F(x)＝ex－ex＋1(x＞0)，F′(x)＝ex－e.当x∈(0，1)时，F′(x)＜0；
4
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，所以F(x)min＝F(1)＝e－e＋1＝1.
令G(x)＝eln x
x
(x＞0)，G′(x)＝e (1−ln x)
x
2
.
当x∈(0，e)时，G′(x)＞0；
当x∈(e，＋∞)时，G′(x)＜0，所以 G(x)max＝G(e)＝1.
又两个等号不同时取得，所以F(x)＞G(x)，
即ex－ex＋1＞eln x
x
，故原不等式成立．
考点3：适当放缩证明不等式
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．
常见的放缩式：
①x>0，ln x≤x－1； ②x R
∈，ex≥x＋1；
③0<x<π
2 ，tan x>x>sin x； ④0<x<π
2 ，cos x>1－1
2x2．
1.已知函数f（x）＝x ln x
x +1 ，g（x）＝x
e
x，证明：f（x）＞2g（x）－1.
证明：要证f（x）＞2g（x）－1，即证x ln x
x +1 ＞2 x
e
x －1，
因为当x＞0 时ex＞x＋1＞0，即1
x +1＞1
e
x，也即2 x
x +1＞2 x
e
x ，2 x
x +1－1＞2 x
e
x －1.
只需证x ln x
x +1 ≥2 x
x +1－1，即证xln x≥x－1.
令m（x）＝xln x－x＋1，则m'（x）＝ln x，
所以当x∈（0，1）时，m'（x）＜0；当x∈（1，＋∞）时，m'（x）＞0，
所以m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
所以m（x）min＝m（1）＝0，即m（x）≥0，
所以xln x≥x－1，f（x）＞2g（x）－1 得证.
2．（2025·天津·一模）已知函数
．
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若
恒成立，求实数
的取值范围；
5
(3)利用（2）的结论证明：
．
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)证明见解析.
【详解】（1）略
（2）函数
的定义域为
，
，令
，
依题意，
，
恒成立，
求导得
，由
，得
；由
，得
，
则函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
，
所以
.
（3）由（2）知，
，即
，当且仅当
时取等号，
则当
时，
，
，…，
，
因此
，
所以原不等式成立.
3．（25-26 高三上·江苏盐城·月考）已知函数
.
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若
恒成立，求实数
的取值范围；
(3)证明：
.
【答案】(1)答案见解析
(2)
6
(3)证明见解析
【详解】（1）
，则
，
当
时，
在
上单调递增，
当
时，令
，解得
，
单调递减，
单调递增，
综上：当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递减，
在
上单调递增.
（2）由（1）可知
，
恒成立，又
，
当
时，
在
上单调递增，所以
可得
，不符合题意；
当
时，由（1）可知
的唯一极小值为
，也即函数有最小值为
，
所以只需
，又
，
所以
，可得
，即
，
综上，实数
的取值范围为
.
（3）要证
，
即证
，
①当
时，先证
，
令
，则
，
所以
在
上单调递减，故
，
所以
，
7
又
，所以
，
所以
，
令
，则
，
令
，
，
当
时，
，
所以
在
上单调递增，
当
时，
，
所以
，即
在
上单调递增，
所以
，即
，
所以
；
②当
时，由
，则
，
由
，则
，
所以
，
由（2）知，
，当
时等号成立，
所以当
时，
，
所以
，
综上，当
时，
，即
考点4：适当同构证明不等式
1．（24-25 高三上·河北·月考）已知函数
.
(1)求函数
的单调区间；
8
(2)证明：
时，
；
(3)若
有两个零点，求实数
的取值范围.
【答案】(1)函数
的单调递增区间为
，单调递减区间为
.
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）函数
的定义域为R，求导得
，
当
时，
；当
时，
；
所以函数
的单调递增区间为
，单调递减区间为
.
（2）
，
即证
，即证
，
由（1）可知：
，即
，
可得
，即
，当且仅当
时，等号成立，
用
替换
可得
，即
，当且仅当
时，等号成立，
令
，则原不等式等价于
，
因为
，
，且
，
在
内单调递减，可得
，
所以
.
9
（3）
，
所以
.
当
时，
，
在
上单调递减，
至多有一个零点；
当
时，由
得
，
则当
时，
，
单调递减，
则当
时，
，
单调递增，
此时
.
因为当
时，
，当
时，
，
则要使
有两个零点，需
.
令
，则
在
上单调递增，
又
，所以
；
综上，实数
的取值范围为
.
2.(2025·山东威海模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1.
(1)求f(x)的极值；
(2)证明：ln x＋x＋1≤xex.
解：(1)由题意得f(x)＝ln x－ax＋1 的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝1
x −a＝1−ax
x
，
当a≤0 时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0 时，令f′(x)<0，则x>1
a，令f′(x)>0，则0<x<1
a，
即f(x)在(0，1
a)上单调递增，在(
1
a ，+ ∞)上单调递减，
10
故x＝1
a为函数的极大值点，函数极大值为f(
1
a)＝－ln a，无极小值．
(2)证明：（法1）设g(x)＝xex－ln x－x－1，x>0，
g′(x)＝(x＋1)ex－1
x －1，
令h(x)＝(x＋1)ex－1
x －1，
则h′(x)＝(x＋2)ex＋1
x
2>0(x>0)，
即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
h(
1
2)＝3
2 e
1
2－3<0，
h(e)＝(e＋1)ee－1
e－1>0，
故∃x0∈(
1
2 ，e)，使得h(x0)＝0，
即x0e
x0＝1，
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
故g(x)min＝g(x0)＝x0e
x0 −ln 1
e
x0－x0－1＝0，
即g(x)≥0，即xex≥ln x＋x＋1，则ln x＋x＋1≤xex.
（法2）原不等式等价于ln x＋x＋1≤ex+lnx
设t=ln x＋x,即证t+1≤et,显然成立.
故原不等式成立.
二、跟踪练习
1．（25-26 高三上·江苏南京·期中）已知
，当
时，不等式
恒成立，则
的值不可能为（ ）
A．2
B．
C．
D．
【答案】D
11
【详解】由
有：
，所以
对任意
恒成立，
令
，
则直线
应介于函数
与函数
之间，
所以
，令
，得
，
当
，
所以
在
单调递减，在
单调递增，
所以
，
由
，当
，
所以
在
单调递增，在
单调递减，
所以
，
作出
和
的图像：
所以
，
故选：D.
2．（25-26 高三上·内蒙古包头·月考）设函数
，
12
.
(1)求
的单调区间.
(2)证明：
.
(3)当
时，证明：
.
【答案】(1)单调递减区间为
，单调递增区间为
；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【详解】（1）
，定义域为
，
.
因为
与
在
上均单调递增，所以
在
上单调递增.
又
，所以当
时，
；当
时，
.
所以
的单调递减区间为
，单调递增区间为
.
（2）令
，
则
.
令
令
.
令
.
因为
单调递减，且
，
所以当
时，
；当
时，
.
所以
在
上单调递增，在
是单调递减.
13
所以当
时，
取得极大值，即最大值为
.
所以
在
上恒成立，所以
在
上单调递减.
又因为
，所以当
时，
；当
时，
.
所以
在
上单调递增，在
是单调递减.
所以当
时，
取得极大值，即最大值为
.
所以
恒成立，即
恒成立，即
.
（3）令
.
则
.
令
，则
.
因为
在
上单调递减，且
，所以当
时，
；当
时，
.
所以
在
上单调递增，在
上单调递减.
所以
在
处取得极大值，即最大值为
当
时，
，所以
在
上存在一个零点，记为
.
又
，所以当
时，
；当
时，
；当
时，
.
14
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，在
上单调递减.
当
时，
，且
.所以
恒成立.
所以
恒成立，即
.
由（2）知
，所以
.
所以
.
因为当
时，
，
所以当
时，
得证.
3．（25-26 高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数
.
(1)当
时，求
的单调区间；
(2)当
时，
，求
的取值范围；
(3)设
，证明：
.
【答案】(1)单调递减区间为
，单调递增区间为
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当
时，
，则
，
当
时，
，当
时，
.
所以函数
的单调递减区间为
，单调递增区间为
.
（2）由
，
，
15
则
，
设
，则
，
当
时，
，
，则
，
所以函数
在
上单调递减，
则
，符合题意；
当
时，
，则
在
上单调递减，
所以
，则
，
所以
在
上单调递减，
则
，符合题意；
当
时，
，
（i）当
时，
，则
在
上单调递增，
所以
，则
，
所以
在
上单调递增，则
，不符合题意；
（ii）当
时，若
，则
，
所以
，则
在
上单调递减，所以
，则
，
所以
在
上单调递减，则
，符合题意；
（iii）当
时，令
，其中
，
所以当
时，
单调递增，则
，即
，
16
所以
在
上单调递增，则
，不符合题意.
综上所述，
的取值范围为
.
（3）由（2）可知，取
，得
，
，则
，
所以
，
，
令
，有
，
所以
，
则
，得证.
4．（25-26 高三上·安徽合肥·期中）已知
，函数
，曲线
在
点
处的切线为.
(1)证明：过定点；
(2)证明：除点
外，曲线
都在的下方；
(3)若
，当
时，
，求实数
的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【
详
解
】
（
1
）
由
题
意
得
17
，
则
，
且
，
所以的方程为
，即
. 故过定点
.
（2）原命题等价于
，即
；
设
，则
.
当
时，
单调递增，当
时，
单调递减，
所以
，仅当
时等号成立，即原命题成立.
（3）(法1)当
时，
可转化为
.
设
，则
.
当
时，
，由（2）可知
在
上单调递减，
又
，
所
以
在
内
存
在
唯
一
的
零
点
，
当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，
所以
.
又
，所以
，
18
所以
，所以
，即实数
的取值范围是
.
(法2)原不等式等价于f ( x)= ln x−x +1≥me
x
x
=me
x−lnx =(me)e
x−lnx−1
设t=x-lnx-1,则上式可化为 -t≥(me)e
t,即有：−me≥t
e
t .
设S（t）= t
e
t ,易知S（t）最大值为1
e .
所以 −me≥1
e . 故m≤−1
e
2 .
19
