高中数学高考第3章 §3 6　利用导数证明不等式课件PPT

第三章§3.6　利用导数证明不等式题型一将不等式转化为函数的最值问题例1　已知函数g(x)＝x3＋ax2.(1)若函数g(x)在[1,3]上为单调函数，求a的取值范围；由题意知，函数g(x)＝x3＋ax2，则g′(x)＝3x2＋2ax，若g(x)在[1,3]上单调递增，则g′(x)＝3x2＋2ax≥0在[1,3]上恒成立，若g(x)在[1,3]上单调递减，则g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，(2)已知a>－1，x>0，求证：g(x)>x2ln x.由题意得，要证g(x)>x2ln x，x>0，即证x3＋ax2>x2ln x，即证x＋a>ln x，令u(x)＝x＋a－ln x，x>0，当0－1，所以u(x)>0，故当a>－1时，对于任意x>0，g(x)>x2ln x.教师备选因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.则h(1)＝0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，思维升华待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.跟踪训练1　已知函数f(x)＝ln x＋ ，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0ln(x＋2).教师备选由已知得，f(1)＝0，∴1－0＋n＝0，解得n＝－1.解得m＝1.(2)证明：f(x)>2g(x)－1.设h(x)＝ex－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－1>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1>1，即证xln x≥x－1，令m(x)＝xln x－x＋1，则m′(x)＝ln x，∴当x∈(0,1)时，m′(x)0，∴m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴m(x)min＝m(1)＝0，即m(x)≥0，∴xln x≥x－1，则f(x)>2g(x)－1得证.思维升华导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号.(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.跟踪训练3　已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1,0).∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－ln x－1.方法一　令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0.方法二　令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”.由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1，即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即f(x)≥0.KESHIJINGLIAN 课时精练1234(1)求实数a的值，并求f(x)的单调区间；1234则f′(e)＝0，即a＝0，1234令f′(x)>0，得1－ln x>0，即00)，当01时，g′(x)0时，f(x)≤x－1.12342.已知f(x)＝xln x.(1)求函数f(x)的极值；1234由f(x)＝xln x，x>0，12341234问题等价于证明1234由m′(x)>0得00恒成立.1234要证ex－e2ln x>0，即证ex－2>ln x，令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.令φ′(x)＝0，得x＝0，∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.1234同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”.由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，又x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，∴ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，故ex－2>ln x.即证原不等式成立.12344.(2022·常德模拟)已知函数f(x)＝xex－x.(1)讨论f(x)的单调性；1234由题意得f′(x)＝(x＋1)ex－1，设g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex，当x≤－1时，g(x)≤0，f′(x)－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又因为g(0)＝1，所以当x0，综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.1234(2)证明：当x>0时，f(x)－ln x≥1.1234要证f(x)－ln x≥1，即证xex－x－ln x≥1，即证ex＋ln x－(x＋ln x)≥1，令t＝x＋ln x，易知t∈R，待证不等式转化为et－t≥1.设u(t)＝et－t，则u′(t)＝et－1，当t0，故u(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.所以u(t)≥u(0)＝1，原命题得证.