适用于新高考新教材备战2025届高考数学一轮总复习第4章一元函数的导数及其应用解答题专项1第2课时利用导数证明不等式课件新人教A版

这是一份适用于新高考新教材备战2025届高考数学一轮总复习第4章一元函数的导数及其应用解答题专项1第2课时利用导数证明不等式课件新人教A版，共33页。PPT课件主要包含了不要漏掉这种情形，将欲证不等式转化，构造函数，对fx放缩等内容，欢迎下载使用。

考点一 作差构造函数法证明不等式
例1(12分)(2023·新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.(1)讨论f(x)的单调性;
突破口:结合ex>0,对a分类讨论.(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+ .关键点:构造函数,确定最值,证明不等式.
审题指导:(1)求导数后,结合ex>0从而对参数a分类讨论,确定f'(x)的符号,得到函数的单调性.(2)思路1:结合(1)中函数的单调性得到函数的最小值为1+a2+ln a,从而将欲证不等式化为a2- -ln a>0,然后构造函数通过最值证得结果.思路2:首先证明ex≥x+1成立,然后借助该不等式将f(x)进行放缩,转化为证明不等式a2- -ln a>0,再构造函数通过最值证得结果.
当a>0时,令f'(x)=aex-1=0,解得x=-ln a,当x<-ln a时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减;当x>-ln a时,f'(x)>0,f(x)在(-ln a,+∞)上单调递增.
分类讨论后要将结果进行综述　
借助(1)中单调性得到函数的最小值
确定函数最小值证得结果　　　　
首先证明常用放缩不等式ex≥x+1
构造函数将欲证不等式进行转化
确定函数最小值证得结果
[对点训练1](12分)(2024·北京密云模拟)已知函数f(x)=xln(x+1).(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
考点二 拆分构造两个函数法证明不等式
当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
[对点训练2](2024·河南开封模拟)设函数f(x)=(x2-2x)ex,g(x)=e2ln x-aex.(1)若函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值,求实数a的取值范围;(2)当a=2时,求证:f(x)>g(x).
(2)证明 当a=2时,g(x)=e2ln x-2ex,且函数g(x)的定义域为(0,+∞),要证明f(x)>g(x),即证明当x>0时,(x2-2x)ex>e2ln x-2ex,只需要证明当x>0时,
设φ(x)=(x-2)ex+2e,则φ'(x)=(x-1)ex,令φ'(x)=0,得x=1,当01时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故
h'(x)=0,得x=e,当00,当x>e时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,e)内单调递增,在(e,+∞)上单调递减,故h(x)≤h(e)=e,且当x=e时,等号成立.综上可得,当x>0时,φ(x)≥h(x),且等号不同时成立,所以当x>0时,φ(x)>h(x),故当a=2时,f(x)>g(x)得证.
考点三 放缩法证明不等式
例3(2024·福建厦门模拟)已知函数f(x)=aex+2x-1(其中常数e=2.718 28…是自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:对任意的a≥1,当x>0时,f(x)≥(x+ae)x.
[对点训练3](2024·福建泉州模拟)已知函数f(x)=ex-axsin x-x-1(a∈R).(1)当a=0时,讨论函数f(x)的单调性;(2)当a= 时,证明:对任意的x∈(0,+∞),f(x)>0.
(1)解 当a=0时,f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1.令f'(x)>0,解得x>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;令f'(x)<0,解得x<0,f(x)在(-∞,0)上单调递减.
考点四 特殊化处理证明数列不等式
例4(2022·新高考Ⅱ,22)已知函数f(x)=xeax-ex.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x>0时,f(x)<-1,求实数a的取值范围;
(1)解 当a=1时,f(x)=xex-ex,x∈R,则f'(x)=xex,当x>0时,f'(x)>0,当x<0时,f'(x)<0,∴函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)解 函数f(x)的定义域为R,f'(x)=(1+ax)eax-ex.对于x∈(0,+∞),当a≥1时,f'(x)=(1+ax)eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0,∴f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.当a≤0时,f'(x)≤eax-ex≤1-ex<0且等号不恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.
令h(x)=1+ax-e(1-a)x,则h'(x)=a+(a-1)e(1-a)x.∵h'(x)为减函数,又h'(0)=2a-1>0,x→+∞,h'(x)<0,∴∃x0∈(0,+∞),使h'(x0)=0,∴当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)在(0,x0)上单调递增,h(x)>h(0)=0,∴当x∈(0,x0)时,f'(x)=eax·h(x)>0,f(x)在(0,x0)上单调递增.∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.