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玩转高考压轴题之证明不等式（或比较大小）
x秒杀题型一：左右变量相同中的简单型，一般形如：对数（如lnx）?x的多项式；指数（如e）?x的
多项式。
秒杀思路：构造F(x)?f(x)?g(x)，转化为求F(x)的最值。
1.(高考题改编）已知函数f?x??ex?ax（a为常数）的图象与y轴交于点A，曲线y?f?x?在点A处的切线斜率为?2。
（1）求a的值及函数f?x?的单调区间；
（2）设g?x??x2?3x?1，证明：当x?0时，f?x??g?x?恒成立。
【解析】:（1）令x?0得A?0,1?，f(x)?e?a，f(0)?1?a??2，?a?3，f(x)?e?3，导函
'x''x数为纯指数函数型，f(x)?0得x?ln3，?当x?ln3时，f(x)?0，f(x)单调递减，当x?ln3时，
''f'(x)?0，f(x)单调递增；
x2(2)设F(x)?f(x)?g(x)=e?x?1，F?x??e?2x，导函数为超越函数不可代特值型，令
'x‘''h(x)?ex?2x，h(x)?ex?2，当x?ln2时，h(x)?0，h(x)单调递减，当x?ln2时，h(x)?0，h(x)单调递增，?h(x)min?h(ln2)?2?2ln2?0，?F(x)?0，?F(x)单调递增，?x?0，
'?F(x)?f(0)?0。
2.(高考题改编）已知函数f?x??x?sinx． ?π（1）求曲线y?f?x?在点?,?2?π??f???处的切线方程； ?2??1?π?（2）求证：当x??0,?时，0?f?x??x3．
6?2?'【解析】:（1）f(x)?1?cosx，f()?1=k，?切线方程为：x?y?1?0；
'?2（2）左面：?f(x)?1?cosx?0，?f(x)在x??0,'?????上单调递增，?f(x)?f(0)?0； 2?右面：令g(x)?f(x)?1311x?x?sinx?x3，g'(x)?1?cosx?x2，?g'(0)?0，导函数属于超越6622
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函数可代特值型，令h(x)?1?cosx?12???x，h'(x)?sinx?x?0，?g'(x)在x??0,?上单调递减，2?2?1????g'(x)?g'(0)?0，?g(x)在x??0,?上单调递减，?g(x)?g(0)?0，即f(x)?x3。
6?2?3．（2020年模拟题精选）设函数f(x)?（1）求a的值；
12x13xe?x?ax2，已知x??2为f(x)的极值点． 2613x，比较f(x)与g(x)的大小． 31【答案】（1）?；
2（2）设g(x)?（2）同上。
秒杀题型二：左右变量相同中的稍复杂型，一般形如：对数（如lnx）?指数（如e）。
秒杀思路：构造F(x)?f(x)?g(x)，转化为求F(x)的最值，一般情况F(x)的最值不易求，要利用设而不求，整体代换思想解决。
1.(高考题改编）已知函数f?x??ex?lnx?1． （1）求函数y?f?x?在点?1,f?1??处的切线方程； （2）证明：f?x??3．
x1?x?0?，f'(1)?e?1?k，?切线方程为：?e?1?x?y?2?0； x111'xx'x（2）f(x)?e??x?0?，导函数属于超越函数不可代特值型，令g(x)?e?，g(x)?e?2?0，
xxx【解析】:（1）f(x)?e?'x?f'(x)在x??0,???上单调递增，当x?0时，f'(x)???，当x???时，f'(x)???，设而不求：．．．．．
?存在x0??0,???，使f'?x0??0，即ex0?1'，且当x??0,x0?时，f(x)?0，f(x)单调递减，当x01?x0?1，x0?f(x)min?f(x0)?ex0?lnx0?1=x??x0,???时，f'(x)?0，f(x)单调递增，整体代换：．．．．．
由基本不等式得
11?x0?1?3，而x0?1，??x0?1?3，即f(x)?3。 x0x02.(高考题改编）已知函数f?x??eax?blnx?b?a?0?，若曲线y?f?x?在点?1,f?1??处的切线方程为
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?2e?1?x?y?2?e22?0．
（1）求实数a、b的值； （2）证明：f?x??3?ln2．
【解析】：（1）f?x??eax?blnx?b?x?0?，f??x??aeax?b，又由题意得f?1??e2?1，f??1??2e2?1，xa2??e?b?e?1?1?∴?，∴?1???2?可得?a?1?ea?3e2，构造函数g?x???x?1?ex?3e2?x?0?，则a2??ae?b?2e?1?2?g??x???x?2?ex在区间?0,???内恒大于0，∴g?x?在区间?0,???内单调递增，又g?2??0，∴关于a的方
程?a?1?ea?3e2的根为a?2，把a?2代入ea?b?e2?1，解得b?1，∴a?2，b?1． （2）证明：由（1）知f?x??e2x?lnx?1，则f??x??2e2x?11，∵f??x??2e2x?在区间?0,???单调递增，xx11?1??1?f'?0.1??0，f'???0，∴f??x??0有唯一实根，记为x0，即e2x0??1，∴x0??0,?，由e2x0?2x02x0?2??2?得lne2x0?ln1，整理得?lnx0?2x0?ln2，∵x??0,x0?时，f??x??0，函数f?x?单调递减，x??x0,???2x01?2x0?ln2?1?3?ln2，当且2x0时，f??x??0，函数f?x?单调递增，∴f?x?min?f?x0??e2x0?lnx0?1?仅当
11?1??2x0，即x0?时取等号，∵x0??0,?，∴f?x?min?3?ln2，即f?x??3?ln2． 2x02?2?x秒杀题型三：左右变量相同中的复杂型，一般形如：对数（如lnx）?指数（如e）?x的多项式。
秒杀思路：重新分解不等号两边的函数为：f(x)（e带x的多项式，且有最值。）????g(x)（lnx带x的
x多项式，且有最值。），转化为分别求分解后两函数的最值。
bex?11.(2014年新课标全国卷I21)设函数f(x)?aelnx?,曲线y?f(x)在点?1,f(1)?处的切线为
xxy?e(x?1)?2.
（1）求a,b； （2）证明:f(x)?1.
【解析】:（1）f(x)?ae?lnx?'x??1?1?'x?1?1??be??2?，?f(1)?2?b，f(1)?ae?e，?a?1； x??xx?2
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2ex?12ex?1x?1，分解函数：step1：ex与lnx分（2）f(x)?elnx?，欲证：f(x)?1，f(x)?elnx?xxx离，lnx?21x2?x，step2：分配x的多项式，xlnx?x?，令g(x)?xlnx，g'(x)?lnx?1，导函exeee?1??e??1?e?????时，g(x)单调递增，数属于纯对数型，当x??0,?时，g(x)单调递减，当x??，1x21?x?1?'?g(x)min?g????，，???令h(x)?x?，h(x)?x，当x??0,1?时，h(x)单调递增，当x??1eeeee???取到?时，h(x)单调递减，?h(x)max?h?1???，
即f(x)?1。
2.(高考题改编）已知函数f(x)?x?(1?2a)x?alnx(a?R). （1）讨论函数f(x)的极值 ； （2）当a?1时，求证：f(x)?1?21e1x2?xlnx?x?，时，g(x)与h(x)中的x不同，
eeex?1. exa2x2??1?2a?x?a?x?0?，导函数属于伪二次函数型，符号由【解析】:（1）f(x)?2x??1?2a???xx'2x2??1?2a?x?a确定，2x2??1?2a?x?a=?2x?1??x?a?，可分解因式：导数符号由x?a?2x?1?0，
确定，当a?0时，x?a?0，f(x)在x??0,???单调递增，无极值；当a?0，f(x)在x??0,a?上单调递减，f(x)在x??a,???上单调递增，?f(x)有极小值f(a)?a?a?alna。
22（2）f(x)?x?x?lnx，需证：x?x?lnx?1?2x?12g(x)?x?x?lnx?1，，令xe2x2?x?1?2x?1??x?1?g?x???x?0?，导数符号由x?1确定，g(x)在x??0,1?上单调递减，g(x)在=
xx'x??1,???上单调递增，?g(x)min?g(1)?1，（或由（1）得f(x)min?f(1)?0，?g(x)min?1。）令
x?1?x'h(x)??0，?h(x)在x??0,???上单调递减，?h(x)?h(0)?1，?g(x)?h(x)，，xxeex?12即x?x?lnx?1?x。
eh(x)?3．（2020年模拟题精选）已知函数f(x)?lnx?ax2?bx，g(x)?xex?b（a,b?R，e为自然对数的底
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数），且f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y?2x?1． （1）求实数a，b的值； （2）求证：f(x)?g(x)． 【答案】（1）a?0，b?1；
秒杀题型四：含变量与参数（字母）（双变量）
秒杀思路：首先把参数看作变量、x看作常数构造新函数，由不等式成立，确定参数的取值，消去参数；然后转化为关于x的不等式，按以上类型处理。
1.（高考题）设a?0，f(x)?x?1?lnx?2alnx(x?0).
2???内的单调性并求极值； （1）令F(x)?xf(x)，讨论F(x)在?0，'（2）求证：当x?1时，恒有x?lnx?2alnx?1. 【解析】:（1）F(x)?x?1?2??22a?x?2'lnx???x?2lnx?2a?x?0?（伪一次函数）?x?0?，，F(x)?xx?x''F?x??0，F(x)单调递减；???时，F?x??0，导数符号由y?x?2确定，当x??0,2?时，当x??2，F(x)单调递增；?F(x)存在极小值为F(2)?2?2ln2?2a；
2（2）不等式可化为：lnx?2alnx?x?1?0，令g(a)??2alnx?lnx?x?1，?x?1，?lnx?0，
2?g(a)单调递减，使g(a)?0，只需g(a)max?g(0)?ln2x?x?1?0，令h(x)?ln2x?x?1，
‘h(x)?2lnx?x?x?1?，导数符号由y?2lnx?x确定，属于超越函数不可代特值型，y'?2?x?x?1?， xx'当x?2时，ymax?2ln2?2?0，即h(x)?0，h(x)单调递减，?h(x)?h(1)?0，即
x?ln2x?2alnx?1。
2.(2013年新课标全国卷II21)已知函数f(x)?e?ln(x?m)． （1）设x?0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性； （2）当m?2时,证明f(x)?0. 【解析】:（1）f(x)?e?'xx1'x，f(0)?0?m?1，f(x)?e?ln(x?1)，定义域为?xx??1?， x?m2
专题2.29 玩转高考压轴题之证明不等式(解析版)-2020年新课标高考数学题型(考点)全解密
