2024年高考数学一轮复习专题一第1课时导数方法证明不等式课件

这是一份2024年高考数学一轮复习专题一第1课时导数方法证明不等式课件，共37页。PPT课件主要包含了x∈R，a无极大值，＋a0，反思感悟，故原不等式成立，要点为，由g′x＝，－xx，0得x1等内容，欢迎下载使用。
函数与导数的综合问题一般是压轴题，一般两问.第一问考查求曲线的切线方程、求函数的单调区间、由函数的极值点或已知曲线的切线方程求参数等，属于基础问题；第二问一般为利用导数证明不等式、不等式恒成立求参数的取值范围、求函数的零点等问题，重点考查函数的思想、转化的思想及分类讨论的思想.
第1课时　导数方法证明不等式
利用导数研究函数的单调性、极值和最值，再根据单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合问题中的一个难点，也是近几年高考的热点.
解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是解题的关键.
题型一 单变量不等式的证明
考向 1 利用移项构造法证明不等式
[例1](2022 年太原市模拟)设 a 为实数，函数 f(x)＝ex－2x＋2a，
(1)求 f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时， ex>x2－2ax＋1.
(1)解：由 f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，
得 f′(x)＝ex－2，x∈R，令 f′(x)＝0，得 x＝ln 2.
于是当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞).所以 f(x)在 x＝ln 2 处取得极小值，极小值为 f(ln 2)＝2(1－ln 2＋
(2)证明：设 g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是 g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当 a>ln 2－1 时，g′(x)的最小值为 g′(ln 2)＝2(1－ln 2
于是对任意 x∈R，都有 g′(x)>0，所以 g(x)在 R 内单调递增.于是当 a>ln 2－1 时，对任意 x∈(0，＋∞)，都有 g(x)>g(0).
又 g(0)＝0，从而对任意 x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
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，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.
考向 2 利用隔离分析最值法证明不等式
[例 2](2021 年福州市模拟)已知函数 f(x)＝eln x－ax(a∈R).(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.
题型二 双变量不等式的证明考向 1 利用换元法证明双变量不等式问题
故函数 g(x)在 x∈(e，＋∞)上单调递减.又 a＜b，且 a，b∈(e，＋∞)，所以 g(a)＞g(b)，
结合所证问题，巧妙引入变量c＝ ，从而构造相应的函数.其解题
换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数 a，再
【互动探究】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).求证：x1x2＞e2.证明：不妨设x1＞x2＞0，因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
[例 4](2021 年成都市联考)已知函数h(x)＝xe－x，如果x1≠x2
考向 2 极值点偏移问题
且h(x1)＝h(x2)，证明：x1＋x2>2.
证明：h′(x)＝e－x(1－x)，令 h′(x)＝0，解得 x＝1，
当 x 变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表.
因为x1≠x2，不妨设x1>x2，因为h(x1)＝h(x2)，结合函数h(x)的单调性可知x1>1，x21时，F(x)>F(1)＝0，即当x>1时，h(x)>h(2－x)，则h(x1)>h(2－x1)，
近几年导数的应用考查中双参问题经常出现，难度较大.破解双参问题的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
又∵h(x1)＝h(x2)，∴h(x2)>h(2－x1)，∵x1>1，∴2－x12－x1，∴x1＋x2>2得证.
【互动探究】4.(2022 年南通市模拟)已知函数 f(x)＝aex－x，a∈R.若 f(x)有两个不同的零点x1，x2.证明：x1＋x2>2.
所以 g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，由于x1，x2是方程g(x)＝0的实根，不妨设 x12－
x1>1.由于 g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证 g(x2)ex，即e2-x－ex>0，所以H′(x)>0，所以H(x)在(－∞，1)上单调递增.所以H(x1)