§3.6　利用导数证明不等式 课件-2025高考数学一轮复习

这是一份§3.6　利用导数证明不等式 课件-2025高考数学一轮复习，共60页。PPT课件主要包含了⑧处构造函数ga，课时精练，故原不等式得证等内容，欢迎下载使用。

导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果.
题型一　将不等式转化为函数的最值问题
例1　(12分)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；[切入点：求导，讨论a的正负](2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋ .
[方法二　关键点：利用不等式ex≥x＋1把函数f(x)中的指数换成一次函数]
[思路分析](1)求f′(x)→分a>0，a≤0判断f′(x) 的符号→f(x) 的单调性
答题模板　规范答题不丢分
(1)解　因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，(1分)
①处判断f′(x)的符号
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，
所以f(x)是减函数；(2分)当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
综上，当a≤0时，f(x)是减函数；当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增.(5分)
②处判断f′(x)的符号
当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增.
(2)证明　方法一　由(1)得，当a>0时，
③处利用单调性求f(x)min
f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
④处构造函数g(a)＝f(x)min－
⑤处求g(a)min并判断其符号
则g(a)>0恒成立，
方法二　令h(x)＝ex－x－1，
⑥处构造函数证明ex≥x＋1
则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函数，
所以h′(x)＝ex－1是增函数，又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，(6分)
因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x，
⑦处通过不等式ex≥x＋1放缩函数f(x)
当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立，
⑨处求g(a)min并判断其符号
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.
(1)求 f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
所以所求切线方程为x－y＝0.
(2)求证：当x∈[0，π]时，f(x)≤x.
f(x)≤x(x∈[0，π])，
令g(x)＝xex－sin x，x∈[0，π]，则g′(x)＝ex＋xex－cs x，令h(x)＝ex＋xex－cs x，x∈[0，π]，则h′(x)＝2ex＋xex＋sin x>0在[0，π]上恒成立，所以h(x)在[0，π]上单调递增，则h(x)≥h(0)＝0，
所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立，即g(x)在[0，π]上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，即xex－sin x≥0(x∈[0，π])，综上，当x∈[0，π]时，f(x)≤x.
题型二　将不等式转化为两个函数的最值进行比较
例2　已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即xf(x)－ex＋2ex≤0得证.
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，达到证明的目标.本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.
跟踪训练2　(2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；
由题意可得f′(x)＝ex＋2x－1，则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝0.
(2)证明：ex＋xln x＋x2－2x>0.
要证ex＋xln x＋x2－2x>0，即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1.由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立.设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0，则g′(x)＝－ln x.由g′(x)>0，得01.
则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立.故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0.
题型三　双变量不等式的证明
例3　已知函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(2)设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.
不妨设x1≥x2，由于a≤－2，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减.所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.
将两个变量分离，根据式子的特点构造新函数，利用导数研究新函数的单调性及最值，从而得到所证不等式，或者要求证的不等式等价变形，然后利用整体思想换元，再构造函数，结合函数的单调性可证得不等式.
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0.
综上，当x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)，当x∈(0,1)时，F(x)<0，f(x)0，f(x)>g(x).
由(1)知，当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立，
1.(2023·新乡模拟)已知函数f(x)＝x2ln x.(1)求f(x)的单调区间；
因为f(x)＝x2ln x，x>0，所以f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，由f′(x)＝0，得x＝ .
当x∈ 时，f′(x)<0；
当x∈ 时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
(2)证明：f(x)≥x－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增.故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1.
(1)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的值；
由f′(1)＝a－1＝0，得a＝1，经检验，a＝1满足题意.
当0当x>2时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增.
3.已知函数f(x)＝xln x.(1)判断f(x)的单调性；
f′(x)＝ln x＋1，x∈(0，＋∞)，
(2)设方程f(x)－2x＋1＝0的两个根分别为x1，x2，求证：x1＋x2＞2e.
令g(x)＝f(x)－2x＋1，则g′(x)＝ln x－1，令g′(x)＝0，得x＝e，当0＜x＜e时，g′(x)＜0，当x＞e时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，又g(e)＝1－e＜0，所以不妨设0＜x1＜e＜x2.要证x1＋x2＞2e，即证x2＞2e－x1，即证g(x2)＞g(2e－x1).因为g(x2)＝g(x1)，所以g(x1)＞g(2e－x1).
令h(x)＝g(x)－g(2e－x)，x∈(0，e)，则h′(x)＝ln x－2＋ln(2e－x)＝ln(2ex－x2)－2＝ln [－(x－e)2＋e2]－2＜0，所以h(x)在(0，e)上单调递减，所以h(x)＞h(e)＝g(e)－g(e)＝0，从而必有g(x2)＞g(2e－x1).即x1＋x2＞2e.
4.(2024·中卫模拟)已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x(a∈R).(1)当a＝3时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈(1，＋∞)，求证：f(x1)－f(x2)<－ ＋ln 2.
由于f(x)有两个极值点x1，x2，则2x2－ax＋1＝0有两个不相等的实根，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，