2021届高考数学(理)一轮复习学案：第3章导数及其应用第4节利用导数证明不等式
第四节 利用导数证明不等式
课堂考点探究
考点1 单变量不等式的证明
单变量不等式的证明方法
(1)移项法：证明不等式f (x )＞g (x )(f (x )＜g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )＞0(f (x )－g (x )＜0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )；
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；
(3)最值法：欲证f (x )＜g (x )，有时可以证明f (x )max ＜g (x )min .
直接将不等式转化为函数的最值问题 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－3
4a
－2.
[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝
x ＋1
2ax ＋1
x
.
当a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a ＜0，则当x ∈? ????0，－12a 时，f ′(x )＞0；当x ∈? ????－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0.
故f (x )在? ????0，－12a 上单调递增，在? ??
??－12a ，＋∞上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 取得最大值，最大值为f ? ????－12a ＝ln ? ???
?－12a －1－1
4a
.
所以f (x )≤－34a －2等价于ln ? ????－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ? ????－12a ＋1
2a ＋1≤0.设g (x )
＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1
x
－1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )
＜0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大
值，最大值为g (1)＝0.所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ? ????－12a ＋1
2a
＋1≤0，
即f (x )≤－3
4a
－2.
将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间
的单调性，直接求得函数的最值，然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 直接证得不等式．
转化为两个函数的最值进行比较 已知f (x )＝x ln x .
(1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t ＞0)上的最小值；
(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2
e x 成立．
[解] (1)由f (x )＝x ln x ，x ＞0，得f ′(x )＝ln x ＋1， 令f ′(x )＝0，得x ＝1
e
.
当x ∈? ????0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈? ??
??1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． ①当0＜t ＜1e ＜t ＋2，即0＜t ＜1
e
时，
f (x )min ＝f ? ??
??1e ＝－1e
；
②当1e ≤t ＜t ＋2，即t ≥1
e
时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t .
所以f (x )min
＝?????
－1e ，0＜t ＜1
e ，t ln t ，t ≥1
e
.
(2)证明：问题等价于证明x ln x ＞x e x －2
e
(x ∈(0，＋∞))．
由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1
e ，
当且仅当x ＝1
e
时取到．
设m (x )＝x e x －2
e
(x ∈(0，＋∞))，
则m ′(x )＝1－x
e
x ，
由m ′(x )＜0得x ＞1时，m (x )为减函数， 由m ′(x )＞0得0＜x ＜1时，m (x )为增函数， 易知m (x )max ＝m (1)＝－1
e
，当且仅当x ＝1时取到．
从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2
e ，两个等号不同时取到，即证对一切x
∈(0，＋∞)都有ln x ＞1e x －2
e x
成立．
在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可
以借助两个函数的最值进行证明．
构造函数证明不等式
已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )．
(1)求f (x )的单调区间与极值；
(2)求证：当a ＞ln 3e ，且x ＞0时，e x
x ＞32x ＋1
x
－3a .
[解] (1)由f (x )＝e x
－3x ＋3a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x
－3，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，
于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
x (－∞，ln 3)
ln 3 (ln 3，＋∞)
f ′(x ) －
0 ＋ f (x )
极小值
故f (单调递增区间是[ln 3，＋∞)，
f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝e ln 3
－3ln 3＋3a ＝3(1－ln 3＋a )．无
极大值．
(2)证明：待证不等式等价于e x
＞32x 2－3ax ＋1，
设g (x )＝e x
－32x 2＋3ax －1，x ＞0，
于是g ′(x )＝e x
－3x ＋3a ，x ＞0.
由(1)及a ＞ln 3
e ＝ln 3－1知：g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )＞0.
于是对任意x ＞0，都有g ′(x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增． 于是当a ＞ln 3
e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )＞g (0)．
而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )＞0. 即e x
＞32x 2－3ax ＋1，故e x
x ＞32x ＋1
x
－3a .
若证明f (x )＞g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，如果能
证明h (x )在(a ，b )上的最小值大于0，即可证明f (x )＞g (x )，x ∈(a ，b )．
已知函数f (x )＝a e x
－b ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处
的切线方程为y ＝? ??
??1e －1x ＋1. (1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞0.
[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．
f ′(x )＝a e x －b x ，由题意得f (1)＝1e ，f ′(1)＝1
e
－1，
所以?????
a e ＝1
e ，a e －b ＝1
e
－1， 解得?????
a ＝1e
2，
b ＝1.
(2)证明：由(1)知f (x )＝1e 2·e x
－ln x .
因为f ′(x )＝e
x －2
－1
x
在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(1)＜0，f ′(2)＞0，所以f ′(x )
＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x 0，且x 0∈(1,2)．
当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 从而当x ＝x 0时，f (x )取极小值，也是最小值． 由f ′(x 0)＝0，得e x 0－2＝1
x 0
，则x 0－2＝－ln x 0.
故f (x )≥f (x 0)＝e x 0－2－ln x 0＝1
x 0＋x 0－2＞2
1
x 0
·x 0－2＝0，所以f (x )＞0.
考点2 双变量不等式的证明
破解含双参不等式证明题的3个关键点
(1)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．
(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．
(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
已知函数f (x )＝ln x －ax (x ＞0)，a 为常数，若函数f (x )有两个零点x 1，
x 2(x 1≠x 2)．求证：x 1x 2＞e 2.
[证明] 不妨设x 1＞x 2＞0， 因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，
所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2
x 1－x 2＝a ，
欲证x 1x 2＞e 2
，即证ln x 1＋ln x 2＞2.
因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a ＞
2
x 1＋x 2
， 所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2
x 1＋x 2
，
即ln x 1x 2＞
2
x 1－x 2
x 1＋x 2
，
令c ＝x 1x 2(c ＞1)，则不等式变为ln c ＞2c －1c ＋1
.
令h (c )＝ln c －2c －1
c ＋1
，c ＞1，
所以h ′(c )＝1
c
－
4c ＋1
2＝
c －12c c ＋1
2
＞0，
所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增， 所以h (c )＞h (1)＝ln 1－0＝0， 即ln c －
2
c －1c ＋1
＞0(c ＞1)，因此原不等式x 1x 2＞e 2
得证．
换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参
数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2
，从而构造相应的函数．其解题要点为：
联立消参 利用方程f (x 1)＝f (x 2)消掉解析式中的参数a 抓商构元 令c ＝x 1x 2
，消掉变量x 1，x 2构造关于c 的函数h (c ) 用导求解
利用导数求解函数h (c )的最小值，从而可证得结论
已知函数f (x )＝ln x －2
ax 2
＋x ，a ∈R .
(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图像在(1，f (1))处的切线方程； (2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥
5－1
2
. [解] (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x )＝1
x
＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.
(2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2
＋x (x ＞0)． 由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，
得ln x 1＋x 2
1＋x 1＋ln x 2＋x 2
2＋x 2＋x 1x 2＝0， 从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，
令t ＝x 1x 2(t ＞0)，令φ(t )＝t －ln t ，得φ′(t )＝1－1t ＝t －1
t
，
易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2
＋(x 1＋x 2)≥1，因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥
5－1
2
成立． 考点3 证明与正整数有关的不等式问题
函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证
明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n 的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的．
若函数f (x )＝e x
－ax －1(a ＞0)在x ＝0处取极值．
(1)求a 的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值； (2)证明：1＋12＋13＋…＋1
n
＞ln(n ＋1)(n ∈N ＋)．
[解] (1)因为x ＝0是函数极值点，所以f ′(0)＝0，所以a ＝1.
f (x )＝e x －x －1，易知f ′(x )＝e x －1.
当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0， 故极值f (0)是函数最小值． (2)证明：由(1)知e x
≥x ＋1.
即ln(x ＋1)≤x ，当且仅当x ＝0时，等号成立， 令x ＝1
k
(k ∈N ＋)，
则1k
＞ln ? ??
??1＋1k ，即1k ＞ln 1＋k k
，
所以1
k
＞ln(1＋k )－ln k (k ＝1,2，…，n )，
累加得1＋12＋13＋…＋1
n
＞ln(n ＋1)(n ∈N ＋)．
已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不
等式(或与指数有关的不等式)，要注意指、对数式的互化，如e x
≥x ＋1可化为ln(x ＋1)≤x 等．
已知函数f (x )＝ln(x ＋1)＋
a
x ＋2
.
(1)若x ＞0时，f (x )＞1恒成立，求a 的取值范围； (2)求证：ln(n ＋1)＞13＋15＋17 ＋…＋1
2n ＋1(n ∈N ＋).
[解] (1)由ln(x ＋1)＋
a
x ＋2
＞1，得
a ＞(x ＋2)－(x ＋2)ln(x ＋1)．
令g (x )＝
(x ＋2)[1－ln(x ＋1)]， 则g ′(x )＝1－ln(x ＋1)－
x ＋2x ＋1＝－ln(x ＋1)－1
x ＋1
. 当x ＞0时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减． 所以g (x )＜g (0)＝2，故a 的取值范围为[2，＋∞)． (2)证明：由(1)知ln(x ＋1)＋2
x ＋2
＞1(x ＞0)， 所以ln(x ＋1)＞
x
x ＋2
.
令x ＝1k (k ＞0)，得ln ? ????1k ＋1＞1
k 1
k
＋2
，即ln k ＋1k ＞12k ＋1.
所以ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n ＞13＋15＋17＋…＋1
2n ＋1，
即ln(n ＋1)＞13＋15＋17＋…＋1
2n ＋1(n ∈N ＋).
课外素养提升③ 逻辑推理——用活两个经典不等式
逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．
(1)对数形式：x ≥1＋ln x (x ＞0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．
(2)指数形式：e x
≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x
＞x ＋1＞x ＞1＋ln x (x ＞0，且x ≠1)．
【例1】 (1)已知函数f (x )＝
1
ln
x ＋1－x
，则y ＝f (x )的图像大致为( )
(2)已知函数f (x )＝e x
，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12
x 2＋x ＋1有唯一公共点．
(1)B [因为f (x )的定义域为?
??
??
x ＋1＞0，
ln x ＋1－x ≠0，
即{x |x ＞－1，且x ≠0}，所以排除选项D. 当x ＞0时，由经典不等式x ＞1＋ln x (x ＞0)， 以x ＋1代替x ，得x ＞ln(x ＋1)(x ＞－1，且x ≠0)，
所以ln(x ＋1)－x ＜0(x ＞－1，且x ≠0)，即x ＞0或－1＜x ＜0时均有f (x )＜0，排除A ，C ，易知B 正确．]
(2)证明：令g (x )＝f (x )－? ??
??12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2
－x －1，x ∈R ，
则g ′(x )＝e x
－x －1，
由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立， 所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0. 所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．
【例2】 (2017·全国卷Ⅲ改编)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；
(2)证明：对于任意正整数n ，? ????1＋12? ????1＋122…? ??
??1＋12n ＜e.
[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
①若a ≤0，因为f ? ????12＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意． ②若a ＞0，由f ′(x )＝1－a x ＝
x －a
x
知，
当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0；
所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增， 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．
因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1. (2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x ＞0. 令x ＝1＋12n ，得ln ? ????1＋12n ＜1
2
n .
从而ln ? ????1＋12＋ln ? ????1＋122＋…＋ln ? ????1＋12n ＜12＋1
2
2＋…＋12n ＝1－12n ＜1.
故? ????1＋12? ????1＋122…? ??
??1＋12n ＜e.
【例3】 设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；
(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1
ln x
＜x .
[解] (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝1
x
－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.
当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,1)上单调递增； 当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x ＜x －1.
故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，x －1
ln x
＞1.
①
因此ln 1x ＜1
x
－1，
即ln x ＞
x －1x ，x －1
ln x
＜x . ②
故当x ∈(1，＋∞)时恒有1＜x －1
ln x
＜x .