《新高考数学大二轮复习课件》专题一 第6讲 母题突破1 导数与不等式的证明

这是一份《新高考数学大二轮复习课件》专题一 第6讲 母题突破1 导数与不等式的证明，共39页。PPT课件主要包含了考情分析，内容索引，即证原不等式成立，∴结论成立，跟踪演练，故原不等式得证，专题强化练等内容，欢迎下载使用。

1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调 性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、 数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题的形式压轴出现，难度较大.
KAO QING FEN XI
母题突破1　导数与不等式的证明
思路分析　❶讨论x∈(0，1)和(－∞，0)，等价转换不等式　
❷构造新函数h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)
❸换元令t＝1－x简化函数求最值
∵x>0，ln(1－x)<0, ∴xln(1－x)<0，即证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0；
∵x<0，ln(1－x)>0, ∴xln(1－x)<0，即证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0，
令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，再令t＝1－x，则t∈(0,1)∪(1，＋∞)，x＝1－t，令g(t)＝1－t＋tln t，g′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0；当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
子题1　证明：当x∈(0,1)时，ex－1·ln x证明　要证ex－1·ln x∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，又当x∈(0,1)时，ln x<0，x－1<0，且易证ln x∴f(ln x)∴φ(x)在(0,1)上单调递增，
又当x∈(0,1)时，ex－1∈(0,1)，且易证ex－1>x，
子题2　(2021·泉州模拟)设函数f(x)＝ln x－kx＋1.(1)当k>0时，若对任意的x>0，恒有f(x)≤0，求k的取值范围；
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴k的取值范围是[1，＋∞).
证明　令k＝1，由(1)知，ln x－x＋1≤0，∴ln x≤x－1，∵n∈N，n≥2，∴ln n2≤n2－1，
利用导数证明不等式问题的方法(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)0(或f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论.(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数.
1.已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0.
对于方程x2＋ax－2＝0，Δ＝a2＋8>0.解方程x2＋ax－2＝0，
当02时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增.
1.已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0.(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
解　f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0，定义域为(0，＋∞)，
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
证明　方法一　∵a＝1，∴f(x)＝x2＋x－ln x(x>0)，即证ex－ln x－2>0恒成立，令g(x)＝ex－ln x－2，x∈(0，＋∞)，即证g(x)min>0恒成立，
则当0x0时，g′(x)>0，∴y＝g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴g(x0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
方法二　令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，∴ex≥x＋1，①令h(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝0，
∴ln x≤x－1，∴x＋1≥ln x＋2，②要证f(x)＋ex>x2＋x＋2，即证ex>ln x＋2，由①②知ex≥x＋1≥ln x＋2，且两等号不能同时成立，∴ex>ln x＋2，即证原不等式成立.
f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(1)＝0，∴f(x)>0.
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h(x)0时，ex－1>0，且ex－1>x，∴k(x)>k(ex－1)，
只需证2ex－x2－2x－2>0，令φ(x)＝2ex－x2－2x－2，x>0，∴φ′(x)＝2ex－2x－2＝2(ex－x－1)，
令g(x)＝ex－x－1，x>0，∴g′(x)＝ex－1>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(0)＝0，∴ex－x－1>0，∴φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝0，即证2ex－x2－2x－2>0，