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＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
3
(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.
4a1x＋1
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝
2ax＋1
xx.
当a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 1???1?当a＜0，则当x∈?0，－?时，f′(x)＞0；当x∈?－，＋∞?时，f′(x)＜0.
2a???2a?1???1?故f(x)在?0，－?上单调递增，在?－，＋∞?上单调递减．
2a???2a?
1?1??1?(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－取得最大值，最大值为f?－?＝ln?－?
2a?2a??2a?1
－1－.
4a313?1??1?1
所以f(x)≤－－2等价于ln?－?－1－≤－－2，即ln?－?＋＋1≤0.设g(x)
4a4a4a?2a??2a?2a1
＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)
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
?1?1
值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，ln?－?＋＋1≤0，
?2a?2a3
即f(x)≤－－2.
4a 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)＝xln x.
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；
12
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞x－成立．
eex[解] (1)由f(x)＝xln x，x＞0，得f′(x)＝ln x＋1， 1
令f′(x)＝0，得x＝.
e
?1?当x∈?0，?时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； ?e??1?当x∈?，＋∞?时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． ?e?
11
①当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时，
ee
f(x)min＝f ??＝－；
11
②当≤t＜t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tln t.
ee
11
－，0＜t＜，??ee＝?1
tln t，t≥.??e
?1??e?
1e
所以f(x)min
x2
(2)证明：问题等价于证明xln x＞x－(x∈(0，＋∞))．
ee
1
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
e1
当且仅当x＝时取到．
e
x2
设m(x)＝x－(x∈(0，＋∞))，
ee
1－x则m′(x)＝x，
e
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， 1
易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．
e
1x2
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥x－，两个等号不同时取到，即证对一切xeee12
∈(0，＋∞)都有ln x＞x－成立．
eex 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)＝ex－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；
3e31
(2)求证：当a＞ln ，且x＞0时，＞x＋－3a.
ex2x[解] (1)由f(x)＝e－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝e－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：
xxxx f′(x) f(x) (－∞，ln 3) － ln 3 0 极小值 (ln 3，＋∞) ＋ 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3]， 单调递增区间是[ln 3，＋∞)，
ln 3
f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝e－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)．无
极大值．
32x(2)证明：待证不等式等价于e＞x－3ax＋1，
232x设g(x)＝e－x＋3ax－1，x＞0，
2于是g′(x)＝e－3x＋3a，x＞0.
3
由(1)及a＞ln ＝ln 3－1知：g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)＞0.
e于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 3
于是当a＞ln ＝ln 3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．
e而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0. 32e31
即e＞x－3ax＋1，故＞x＋－3a.
2x2xxxx 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)．
2024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
