1、导数中的不等式证明【考点点睛】放缩法证明不等式在历年高考数学中是永恒的话题，但它常考常新，学生却常考常怕。不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性，多出现在压轴题的位置。数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻体现数学的基本特点。尽管如此，只要我们深入去探索，总有方法规律可循，总会有“拨得云开见日出”的时刻！ 放缩法的合理运用，往往能起到事半功倍的效果，有时能令人拍案叫绝；但其缺点也是显而易见，如果使用放缩法证题时没有注意放和缩的“度”，容易造成不能同向传递，即放缩时必须时刻注意放缩的跨度，放不能过头，缩不能不及，所以要熟练地驾驭它是件不容易的事。命题角度
2、1 构造函数命题角度 2 放缩法命题角度 3 切线法命题角度 4 二元或多元不等式的证明思路命题角度 5 函数凹凸性的应用在求解过程中，力求“脑中有形，心中有数”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.【考点突破】命题角度 1 构造函数【典例1】（赣州市2018届高三摸底考试）已知函数 ，若曲线 与ln11,()xaefxgbyfx曲线 的一个公共点是 ，且在点 A处的切线互相垂直ygx1,A（1）求 的值；,ab（2）证明：当 1时， 2()fxg【解析】（1） ；b（2） ， ，()xegln1()10xefx令 ，则2()1hf， ln1xex，222l1ln1xxeh因为 1
3、x，所以 ，2ln10xehx所以 在 单调递增， ，即 ，h.hln110xe所以当 1x时， ()fxg【审题点津】待证不等式的两边都含有同一个变量，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，应用导数研究其单调性，借助于所构造函数的单调性加以证明.命题角度 2 放缩法【典例 2】（石家庄市 2018 届高三下学期 4 月一模考试）已知函数 ()()xfbea0，在处的切线方程为 .(1,)f(1)0exye（1）求 ；,ab（2）若 ，证明： .0m2()fxm【解析】（1） 1， ；（2）由（1）可知 ， ，()(1)xfxe(0,10ff由 ，可得 ， 0m2令 ，则 ，()1xgxe()
4、2xgxe当 时， ，2()20e当 时，设 ，则 ，x()2xhxg()30xhxe故函数 在 上单调递增，()g2,又 ，所以当 时， ，当 时， ， 0,0x()0gx,x()0gx所以函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增， ()g, ,故 ，即 .0x21xemx故 .2()fm【方法归纳】函数解析式中含有已知范围的参数，可以考虑借助于常识或已知的范围减少变量，对参数适当放缩达到证明的目标.【典例 3】（成都市 2018 届高中毕业班二诊理科）已知函数 .ln1,fxaxR（1）当 时，若关于 的不等式 恒成立，求 的取值范围；0xx0fxa（2）当 时，证明：*nN2231l
5、nln4【解析】（1） ； 1,（2）设数列 的前 项的和分别为 ，则,nab,241nnST由于 ，解得 ；1,2,nnS1na同理， ，nb所以只需证明 .211ln1n nab由（1）知 时，有 ，即 . lxlx令 ，则 ， 1nx1ln所以 ，22 1l 22n所以 ；231lnln4再证明 ，亦即 ，11ln因为 ， ，ln2ln11n所以只需证 ， ln现证明 .12lnx令 ，则 ，lhx22110xhx所以函数 在 上单调递减， ，1,h所以当 时， 恒成立，x2lnx令 ，则 ， 11l 1n综上， ，2n所以对数列 分别求前 项的和，得21,l,nab.223lnl41【
6、思路总结】待证数列不等式的一端是 项之和（或积）的结构，另一端含有变量 时，可以将它们n n分别视为两个数列的前 项的和（或积），从而将不等式的证明转化为两个数列的对应项之间的大小关系n的证明.【典例 4】（安徽省安庆市 2018 届重点中学联考）已知函数 .2lnxfe（1）求函数 的单调区间；fx（2）证明：当 时，都有 .02ln1xfxe【解析】（1） ，21xfxe令 ，则 ，lngx0g当 时， ，所以 ，01,lx0,gxf当 时， ，所以 ，x0,ln,f所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减；f,11,（2）要证明 ，即证 ，2lnxfxe21lnxxxe令 ，则 ， 1l
7、gx1lnlg当 时， ，当 时， ，20e0x2xe0gx所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减， ，g21,e21,221gxee所以 .21lnx要证 ，只需再证 即可.21lxxeln1x易证 ，当且仅当 时取等号（证明略），所以 ，ln1x0ln1x综上所述，当 时，都有 .02ln1xfxe【思路点睛】对于含有 与 型的超越函数，具体解决时须根据两类函数的特点，挖掘结构特征，le灵活变形，脑中有“形”，注意重要不等式 的合理代换.l1xx命题角度 3 切线法【典例 5】（2018 届安徽省太和中学三模）已知函数 .2xfe（1）求曲线 在 处的切线方程；fx1（2）求证：当 时，
8、 .0x21lnxex【解析】（1） ， ，2xf2fe由题设得 ， 1,1fefe所以曲线 在 处的切线方程为 ，即 ；fx21yexe21yex（2）令 ，则 ，gfxg当 时， ，当 时， ，lnx0xln20g所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，gf,lln2,，minl2ln2l0xf所以函数 在 上单调递增，xfe,由于曲线 在 处的切线方程为 ， ，可猜测函数 的图象恒在切线f121yex1fefx的上方. 21yex先证明当 时， .021fxe设 ，则 ，0hxfe2,2x xhehe 当 时， ，当 时， ，ln2hxln2x0所以 在 上单调递减，在 上单调递增，0
9、,l l,由 ，所以 ，3,1,0ln21hehln20h所以存在 ，使得 ，0,ln2x0x所以当 时， ，当 时， ，0,1,h0,1x0hx所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增.hx0, 0, ,因为 ，所以 ，即 ，当且仅当 时取等号，1hx21fxe1x所以当 时， ， 0x21xe变形可得 ，又由于 ，当且仅当 时取等号（证明略），ln1x1x所以 ，当且仅当 时取等号.21lnxex1x【审题点津】切线放缩法值得认真探究，若第一小题是求曲线的切线方程，就要注意是否运用切线放缩法进行放缩解决问题.命题角度 4 二元或多元不等式的解证思路【典例 6】（皖南八校 201
10、8 届高三第三次联考）若 均为任意实数，且 ，则,xab2231ab的最小值为 22lnxaxb.3A .18B .321C .1962D 【解析】由于 均为任意实数，且 ，所以动点 到定点 的距离为定,ab23ab,Pab2,3C值 1，亦即动点 的轨迹是以,P为圆心，半径 的圆，2,3C1r又 表示 与动点2lnxaxb,ab的距离，而 的轨迹是曲线,lQ,lnQx， nyx如图， ，当且仅当 共线，1PC,CPQ且点 在线段 上时取等号，以 为圆心作半径为 的圆Qr与 相切，切点是 ，此时的公切线与半径lnyx,lnx垂直， ，即 ，结合函数312l13x与 的图象可知 ，所以 ，lny
11、x3x,0Q132PCQ故 的最小值为 .正确答案为 D.22lab2196【审题点津】多元代数表达式的最值问题要根据其整体的结构特征，结合多元各自变化的规律，转化为多个动点之间的对应关系，进而化“动”为“静”解决问题.【变式训练】（2018 年湖北省高三 4 月调考）设 ，其中 ，则22xDaea2.718e的最小值为D.2A .3B .21C .31A 【解析】由于 表示点 与点 之2xaea,xPe,2Qa 间的距离 ，而点 的轨迹是曲线 ，点 的轨迹是曲线PQ,x xy 240yx，如图所示，又点 到直线 的距离为 ，,2Qa0xa自然想到转化为动点 到抛物线准线 的距离，1结合抛物线
12、的概念可得 22xDaea，所以 ，当且仅当 共线，11PQHPQF1PQF,PQF又以 为圆心作半径为 的圆与 相切，切点是 ，此时的公切线与半径垂直， ，Frxye,xe 1xe即 ，所以 ，故 .正确答案为 C.0xmin2min21D【能力提升】（2018 年甘肃省高中毕业班第一次诊断性考试）对于任意 ，不等式0,baR恒成立，则实数 的最大值为22l1babam【答案】 Ae .B .Ce .3A B命题角度 4 二元或多元不等式的解证思路【典例 7】（2018 年安庆市二模）已知函数 ，曲线 在点 处的切2lnfxabxyfx1,f线方程为 .2yx（1）求实数 的值；,ab（2）
13、设 分别是函数 的两个零点，求证：21212,0FxfxmRxxFx.120x【解析】（1） ；1,ab（2） ， ， ，2lnfxx1lnFmx1Fxmx因为 分别是函数 的两个零点，所以 ， 12, 12ln两式相减，得 ， 12lnxm，12 121212lFx x要证明 ，只需证 . 120112ln思路一：因为 ，只需证 .12x 11221212l ln0xxx令 ，即证 . 120,xt12ln0t令 ，则 ，lnhttt2210thtt所以函数 在 上单调递减， ，即证 .0,11lnt由上述分析可知 .12Fx【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把 转化为 的
14、函数，常把 的关12,xt12,x系变形为齐次式，设 等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法 .1211222,ln,xxttxte思路二：因为 ，只需证 ，10112l 0设 ，则 222ln0xQxx， 222 22211 0xxxxx 所以函数 在 上单调递减， ，即证 .Q20, 20Q22lnx由上述分析可知 .12Fx【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于 （或 ）的一元函数来处理应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证1x2明此乃主元法.思路三：要证明 ，只需证 .120Fx1212lnxx即证 ，由对数平均数
15、易得. 1212ln【规律总结】极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法.【知识拓展】对于 ，则 ，其中 称之为对数平均数.简证0,ab2lnabablna如下：不妨设 ，只需证明 即可，即 （下略）.1bx1lxx211xx【典例 8】（A10 联盟 2018 年高考最后一卷）已知函数 .2,xfegabR（1）当 时，方程 在区间 上有两个不同的实数根，求 的取值范围；0b0fxg,（2）当 时，设 是函数 两个不同的极值点，a12,Fxfgx证明： .12lnxa【解析】（1）因
16、为 ，所以 ，即 ，0fxg20xea2xea设 ，则 ， 20xeh32xh所以 在 上单调递减，在 上单调递增，, ,，当 时， ，当 时， ，24ehx0xhxxhx要使方程 在区间 上有两个不同的实数根，则 ，解得 ，fg, 24ea24ea故 的取值范围是 ；a2,4e【一题多解】本题也可以变形为 ，转化为过原点的直线 与函数 图象有两个xeayaxxey交点问题，应用数形结合思想求解，直线与曲线相切对应所求范围的界点.（2）由题意， ， ，2xFea2xFea因为 是函数 两个不同的极值点，12,xfg不妨设 ， ，即 ，12120,x1 220,0xxeaea两式相减得 . 21
17、ea要证 ，即证明 ， 12lnx12xea只需证 ，即 ，亦即 .1212xe1212xx12121 0xxe令 ，只需证当 时，不等式 恒成立， 120xt0t20tte设 ，则 21ttQte，ttttt e易证 ，所以 ，10tte0Qt所以 在 上单调递减， ，即 .Qt,0t210tte综上所述， 成立.12lnxa【审题点津】函数的拐点偏移问题的证明思路可以根据类似的结构特征，适当变形为两个变量之差（或比值）的关系，整体换元，构造函数，借助于导数的应用解决问题.【典例 9】（2018 届合肥三模）已知函数 有两个极值点 (e为自然对数的底数).21xfea12x，（1）求实数 的
18、取值范围；a（2）求证： .12fxf解析：（1）由于 ，则 ，21xeaxfea设 ，则 .xgxf1xge令 ，解得 .10e0所以当 时， ；当 时， . x， x0,x0gx所以 .minga当 时， ，所以函数 单调递增，没有极值点；1a0xffx当 时， ，且当 时， ；当 时， .min1gxgx此时， 有两个零点 ，不妨设 ，则 ，xgxfea12x， 12120所以函数 有两个极值点时，实数 的取值范围是 ；2x a,【答案速得】函数 有两个极值点实质上就是其导数 有两个零点，亦即函数 与直线f fx xye有两个交点，如图所示，显然实数 的取值范围是 .yxa a1,（2）
19、由（1）知， 为 的两个实数根， ， 在 上单调递减.12x， 0gx20xgx 0，下面先证 ，只需证 . 12021x由于 ，得 ，2xgeaxe所以 .222x设 ，则 ，0xhe10xhe所以 在 上单调递减， ，所以 ， ，所以 .0hx220hxg120x由于函数 在 上也单调递减，所以 .f1 ， ff要证 ，只需证 ，12x22fx即证 . 220xe设函数 ，则 .2xkex， ， 2xke设 ，则 ，x 20xe所以 在 上单调递增， ，即 .x0， kx所以 在 上单调递增， .kx0， 0kx故当 时， ，则 ， 2xe220xe所以 ，亦即 .22fxf1fxf【规律
20、总结】本题是极值点偏移问题的泛化，是拐点的偏移，依然可以使用极值点偏移问题的有关方法来解决.只不过需要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系，如本题中的 ，如果“脑中有形”，如图所示，并不难得出 .120x命题角度 5 函数凹凸性的应用【典例 10】（2018 届合肥三模）已知函数 有零点 ，函数2fxa12x，有零点 ，且 ，则实数 的取值范围是 212gxax34x， 31429.4A ， 9.0B ，.20C ， .1 D ，解析：思路 1：因为 ，如图所示，gxfax结合函数图象，则 ，11110，22220gxfax若 ，则 ，不适合题意，则 ；当 时， ，所以 ，即 ，0a1 a12
21、x120fa2a所以实数 的取值范围是 .正确答案为 C.2 0，【评注】同理， ， ，所以333311gxfaxax4444101gfxaax，341x故 ，即 ，所以实数 的取值范围是 .20a22 0，思路 2：因为函数 有零点 ，所以 的解分别为 ，fxa12x， xa12x，因为函数 有零点 ，所以 的解分别为 ，21g34， 2 34，令 ，若 ，如图，总有 ，不适合题意；2hx013x若 ，如图，总有 ，欲使 ，亦即 ，0a31x42x2149192aa所以 ，即 ，2499a0两边平方，化简可得 ，所以 .412a所以实数 的取值范围是 .正确答案为 C.a2 0，思路 3：因
22、为函数 有零点 ，2fxa12x，所以 的解分别为 ，2x12x，因为函数 有零点 ，2gx34x，所以 的解分别为 ，1xa34x，令 ，两个函数的交点的坐标分别为 ，如图所示，22,1hu 1,0,2,0结合函数图象，欲使 ，则 ，所以实数 的取值范围是 .正确答案为 C.3142xx0aa ，思路 4：（特例法）令 ，则函数 有零点 ，函数 有零点a2fx120x=， 2gx，此时满足 ，因此排除 B；321x， 3142x再令 ，则函数 有零点 ，函数 有零点af1255xx=， 2gx， 此时满足 ，因此排除 A，D；342x， 314212x所以实数 的取值范围是 .正确答案为 C
23、.a 0，命题角度 5 函数凹凸性的应用【考法点拨】不等式恒成立问题中，许多试题的几何背景是曲线与切线静态或动态的上下位置关系，进而应用曲线的凸凹性可获得思路自然、过程简洁的图解.【知识拓展】一般地，对于函数 )(xf的定义域内某个区间 上的不同D的任意两个自变量的值 21,，总有 12()(xfxf（当且仅当 12x=时，取等号） ，则函数 )在 上是凸函数，其几何意义：函数 的图象上的D()fx任意两点所连的线段都不落在图象的上方. ，则 单调0ff递减， 在 上为凸函数；()fxD总有 1212)(fx（当且仅当 12x=时，取等号） ，则函数 )(xf在 上是凹函数，其几何意义：函数
24、的图象上的()fx任意两点所连的线段都不落在图象的下方. ，则 单调递增， 在 上为凹函数. 0ff()fxD【典例 11】（安徽省太和中学 2018 届 5 月质检）已知函数 ，曲线 在 处的切1lnfxyf1x线方程为 yaxb（1）求证： 时， ；1fxab（2）求证： 2 *lnln273. 2,6nN【解析】（1）函数 的定义域为 ， ，fx0,1lxf又 ， ，所以该切线方程为 2f10f 2y设 ，则 ，ln21Fxx1lnFx令 ，则 ，g2g当 时， ，所以 在 上单调递增，1x0xx1,又 ，所以 ，即 在 上单调递增，g0gFx,所以 ，故 时， ；10Fx1xfab（2
25、）由（1）知：当 时， . ln21x令 ，则 ，21,xnnN22l3n所以 ，22l 13n所以 ，2ln1 11.3435462k nn 化简可得 ，得证.2l 12nk nn【方法归纳】本题 ，其 ， ，说明函数1lnfxx1lnxf210xf为凹函数，因此有 .此类问题实质上，第（ 1）小题的研究正是为1lnfxxl2x第（2）小题的解决而服务的，呈现“层层递进”的特点.【典例 12】（成都市 2018 届高中毕业班二诊文科）已知函数 .ln1,fxaxR（1）当 时，若关于 的不等式 恒成立，求 的取值范围；0xx0fxa（2）当 时，证明： .1,21lnxe【解析】（1）由 ，
26、得 恒成立，0fxla令 ，则 ，1lnux21xu所以 在 上单调递减，在 上单调递增，0, ,所以 的最小值为 ，uxmin1ux所以 ，即 ，故 的取值范围是 ； 1aa1,（2）有（1）知 时，有 ，lnx所以 . lnx要证 ，可证 ，只需证 ，lxe11xex1xe易证 （证明略），所以 ；1要证 ，可证 ， 2lnxlnx易证 （证明略），由于 ，所以 ，1,0x21xx所以 ，2lnx综上所述，当 时，证明： .1,2lnxex【方法归纳】若第（1）小题是探求参数的范围问题，第（2）小题的解决往往运用第（1）小题所求范围的界点对于的不等关系进行放缩，此类问题实质就是应用函数凸凹
27、性进行切线放缩法.【典例 13】（咸阳市 2018 届三模）已知函数 ， .lnfx2axg（1）若 在 上恒成立，求实数 的取值范围； fxg1,a（2）求证： .22211nen【解析】（1） 等价于 ，即 ，fxg2ln0ax1ln02ax记 ，则 ，1ln2ahx12hxx当 时， ， 在 上单调递增，由 ， ，00x,10h10xh所以 ，即 不恒成立；xhfgx当 时， 时， ， 单调递增， 不恒成立；02a21,a0hxfxg当 时， ， ， 在 上单调递减， ，所以 ，即,xx1,10h0xh恒成立；fxg故 在 上恒成立，实数 的取值范围是 ；fx1,a2,（2）当 时， 在
28、 上成立，即 ，2afgx1,ln1x令 ，则 ，21,1,kxnn 22lkn所以 22221ll11k n，22221211nnn所以 2221en【方法归纳】当 时， ，由于 在 上单调递减，所以 为凸函数，则切alnyx1yx0,lnyx线在函数 的图象的上方，所以 .lnyxl【典例 14】（福建泉州市 2018 年 5 月质检）函数 ln1fax的图像与直线 2yx相切（1）求 a的值；（2）证明：对于任意正整数 n， .112!nnee【解析】（1） fx1a设直线 2y与曲线 yf相切于点 0,Pxy依题意得：，整理得， 00ln1x，（*）0000ln12xya令 l1xgx
29、， 2211xgx所以，当 0时， 0， 单调递增；当 0时， 0gx， 单调递减当 x时， gx取得最小值 g，所以 ，即 . ln1x故方程（*）的解为 0，此时 a（2）要证明 ，即证 ，12!ne12nen只需证 .1 llln 由（1）知， 0gx，即 ln1x， 因此 1ln， 2l 1n， 1ln上式累加得： lLn，得证； 要证明 ，即证 ，12!ne1212nne只需证 .2llln 令 ln1xhx，则 1xhx所以当 0时， 0， 单调递减；当 10时， 0hx， 单调递增.当x时， x取得最大值 ，即 ， lnx由 ln1得：1ln， 2ln， ln1上式累加得： 12
30、1l 2 LLn，得证；综上， 112!eenn.【审题点津】第（2）小题待证不等式的证明途径只有从第（1）小题的探究切线的过程中挖掘，这是切线放缩法的拓展运用.【典例 15】（石家庄市 2018 届高中毕业班一模）已知函数 在 处的切()(0)xfxbea(1,)f线方程为 .(1)0exye（1）求 ；,ab（2）若方程 有两个实数根 ，且 ，证明： .()fxm12,x12x21(2)mex【解析】 （1） ；1ab（2）由（1）可知 ， ， ，()xfxe(0),()0ff()1xfxe设 在 处的切线方程为 ，易得 ，()fx,0()h1hxe令 ， ， ()Ffhx()1xFe则
31、，1()2xe当 时， ，1()0xxe当 时，2x设 ，则 ，1()2xGFe()30xGxe故函数 在 上单调递增，x,又 ，所以当 时， ，当 时， ， (1)0,1x()0Fx1,x()0Fx所以函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，F, ,故 ，即 ，所以 ，()10x()fxh1()fxh设 的根为 ，则 ， hm11me又函数 单调递减，故 ，故 ， ()hx11()()hxfhx1x再者，设 在 处的切线方程为 ，易得 ，yf0, yt()t令 ()()xTxte， ()2xTe，当 2时， ，20xx当 x时，令 ，则 ，()2xHTe30xHxe故函数 x在 ,上单调递增，又 (0)，所以当 ,0时， ()Tx，当 ,时， ()0Tx， 所以函数 Tx在区间 上单调递减，在区间 0上单调递增，所以 ，即 ，所以 ，()0()fxt2()fxt设 txm的根为 2，则 2m， 又函数 ()t单调递增，故 2()()txftx，故 2x，又 1x，所 21 (1)1eme. 【能力提升】结合函数的凸凹性应用切线放缩法证明不等式必须做到“脑中有形”，结合示意图易得 ，12xx显然 .脑海中有这样的示意图，我们的思路不就清晰了吗？2121xx
