2026年高考数学一轮复习专题课件：利用导数证明不等式

　利用导数证明不等式2026年高考数学一轮复习专题课件★★　题型一　 直接构造函数证明不等式(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f (x)的单调性；【答案】　(1)见解析　【解析】　(1)f′(x)＝aex－1，当a≤0时，f′(x)0，即g(x)在(2，＋∞)上单调递增，题型三　 构造双函数证明不等式 (2025·苏州模拟)已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R)．(1)讨论f (x)的单调性；∴当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；【答案】　(2)证明见解析由(1)知，当a＝e时，函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，g′(x)0，函数g(x)单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝－e，状元笔记若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数型函数与对数型函数分离到不等式两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．思考题3　已知函数f (x)＝axln x＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0h(x)max即可(注意：g(x)min>h(x)max是g(x)>h(x)成立的充分条件，反之不一定成立)，其中g(x)是凹函数，h(x)是凸函数，因为这两个函数的凹凸性刚好相反，所以称为“凹凸反转”．这种方法简化了证明过程的思维量． “凹凸反转”的关键是如何分离使不等号两边函数的凹凸性相反，比如将指(对)数函数和多项式组合的函数分开，构造两个单峰函数，然后利用导数分别求两个函数的最值并进行比较．所以需要掌握一些常见的指(对)数函数和多项式组合的函数的图象与最值，比如f (x)＝xex，已 知函数f (x)＝1＋(a＋1)x＋ln x，证明：对任意x>0， ＋1＋(1＋a)x>f (x)．【答案】　证明见解析当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)f(0)＝－1，与题意矛盾．【答案】　(3)证明见解析当x>1时，h′(x)0，f (x)单调递增，当x∈(x0，1)时，h(x)0对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，故g(x)在[0，＋∞)上单调递增．(3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)．【答案】　(3)证明见解析∴m(x)在(0，＋∞)上单调递增，又s＞0，∴m(s)>m(0)，即命题得证．方法二：设m(s)＝f(s＋t)－f(s)－f(t)＝es＋tln(1＋s＋t)－esln(1＋s)－etln(1＋t)，由(2)知g(x)在[0，＋∞)上单调递增，故当s>0，t>0时，m′(s)＝g(s＋t)－g(s)>0，因此，m(s)在(0，＋∞)上单调递增，故m(s)>m(0)＝f(0＋t)－f(0)－f(t)＝－f(0)＝0，因此，对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)．思考题3　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x1，x2(x1≠x2)．证明：x1x2>e2.【答案】　证明见解析欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝0，因此原不等式x1x2>e2得证．方法二(巧抓极值点构造函数)：由题意，函数f (x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f (x1)＝f (x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根．设t1＝ln x1，t2＝ln x2，t1≠t2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.下证：t1＋t2>2.g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝ .当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0＋.由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t12⇔t1＋t2>2.下证：t1＋t2>2.不妨设t2>t1，同方法二知，00，故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G′(s)>G′(0)＝0，从而G(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G(s)>G(0)＝0，所以②式成立，故t1＋t2>2，即x1x2>e2.