2025高考数学一轮复习-17.1-导数与不等式证明【课件】

这是一份2025高考数学一轮复习-17.1-导数与不等式证明【课件】，共27页。PPT课件主要包含了举题说法，隔离分析证明不等式，利用放缩法证明不等式，随堂练习，配套精练等内容，欢迎下载使用。

已知函数f(x)＝x(ln x－a)，a∈R.(1) 若函数f(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围；
构造新函数求最值证明不等式
f′(x)＝ln x－a＋1，因为函数f(x)在[1，4]上单调递增，所以f′(x)≥0在[1，4]上恒成立，又f′(x)＝ln x－a＋1在[1，4]上单调递增，所以f′(x)min＝f′(1)＝－a＋1，所以－a＋1≥0，解得a≤1，所以a的取值范围是(－∞，1].
已知函数f(x)＝x(ln x－a)，a∈R.(2) 对任意a＞0，求证：f(x)≤x(x－2－ln a).
因为a＞0，x＞0，所以要证f(x)≤x(x－2－ln a)，只需证ln x－a≤x－2－ln a．
已知f(x)＝x2－x ln x.(1) 求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
因为f(x)＝x2－x ln x，所以f(1)＝1，f′(x)＝2x－ln x－1，则f′(1)＝1，所以所求切线方程为y－1＝1×(x－1)，即y＝x.
已知f(x)＝x2－x ln x.(2) 当a∈(0，2e)时，求证：2x2－(2x＋a)ln x＞0.
变式　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，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．故f(x)min＝f(0)＝0.
变式　已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.(2) 求证：ex＋x ln x＋x2－2x＞0.(提示：原不等式等价于f(x)＞g(x))
要证ex＋x ln x＋x2－2x＞0，即证ex＋x2－x－1＞－x ln x＋x－1.由(1)可知当x＞0时，f(x)＞0恒成立．设g(x)＝－x ln x＋x－1，x＞0，则g′(x)＝－ln x，由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由 g′(x)＜0，得x＞1，所以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＋x ln x＋x2－2x＞0.
已知函数f(x)＝ax－sin x.(1) 若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；
因为f(x)＝ax－sin x，所以f′(x)＝a－cs x，由函数f(x)为增函数，知f′(x)＝a－cs x≥0恒成立，即a≥cs x在R上恒成立．因为y＝cs x∈[－1，1]，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).
已知函数f(x)＝ax－sin x.(2) 求证：当x＞0时，ex＞2sin x.(提示：用x＞sin x放缩)
由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sin x为增函数，当x＞0时，f(x)＞f(0)＝0，即x＞sin x．要证当x＞0时，ex＞2sin x，只需证当x＞0时，ex＞2x，即证ex－2x＞0在(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝ex－2x(x＞0)，则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0，解得x＝ln 2，所以g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0，所以g(x)≥g(ln 2)＞0，所以ex＞2x成立．故当x＞0时，ex＞2sin x．
设h(x)＝ex－ex，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ex－e，易得函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因此h(x)min＝h(1)＝0，故ex≥ex恒成立．
1．已知函数f(x)＝ax＋x ln x，且曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线4x－y＋1＝0平行．(1) 求实数a的值；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a，由题意知，f′(e)＝2＋a＝4，则a＝2.
1．已知函数f(x)＝ax＋x ln x，且曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线4x－y＋1＝0平行．(2) 求证：当x＞0时，f(x)＞4x－3.
由(1)知，f(x)＝2x＋x ln x，令g(x)＝f(x)－(4x－3)＝x ln x－2x＋3，则g′(x)＝ln x－1，由ln x－1＞0得x＞e，由ln x－1＜0得0＜x＜e，故g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(e)＝3－e＞0，即g(x)＞0，即f(x)＞4x－3.
A组　夯基精练1．已知函数f(x)＝ex－x－1.(1) 求函数f(x)的单调区间和极值；
易知函数f(x)的定义域为R，因为f(x)＝ex－x－1，所以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，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，所以函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．
2．已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1) 讨论f(x)的单调性；
因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，当a≤0时，由于ex＞0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1＜0恒成立，所以f(x)在R上单调递减．当a＞0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，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. 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a＞0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
4．已知函数f(x)＝a·2x－x ln 2.(1) 讨论f(x)的单调性；
f′(x)＝a ln 2·2x－ln 2＝ln 2(a·2x－1)，当a≤0，f′(x)＜0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
6．已知定义域为R的函数f(x)同时具有下列三个性质，则f(x)＝_______________________________.(写出一个满足条件的函数即可)①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)；②f′(x)是偶函数；③当x＋y＞0时，f(x)＋f(y)＜0.
－x(答案不唯一，kx(k＜0)均可)
由条件①，设f(x)＝kx，则f′(x)＝k，满足条件②，此时易知f(x)为奇函数，再由条件③，当x＞－y时，有f(x)＜－f(y)＝f(－y)，可知f(x)为R上的减函数，所以k＜0.
7．已知函数f(x)＝x2－2ax＋5，a＞1.(1) 若函数f(x)的定义域和值域均为[1，a]，求a的值；
因为f(x)＝x2－2ax＋5的图象开口向上，且对称轴为x＝a(a＞1)，所以f(x)在[1，a]上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝6－2a，f(x)min＝f(a)＝5－a2.
7．已知函数f(x)＝x2－2ax＋5，a＞1.(2) 若函数f(x)在区间(－∞，2]上单调递减，且对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有f(x1)－f(x2)≤9成立，求实数a的取值范围．
因为f(x)在(－∞，2]上是减函数，所以a≥2，所以f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，a＋1]上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝5－a2.又f(1)－f(a＋1)＝a2－2a≥0，所以f(x)max＝f(1)＝6－2a. 因为对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有f(x1)－f(x2)≤9成立，所以f(1)－f(a)≤9，即6－2a－(5－a2)≤9，整理得a2－2a－8≤0，解得－2≤a≤4.又a≥2，所以实数a的取值范围为[2，4].