适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用解答题专项一第1课时利用导数证明不等式课件北师大版

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考情分析:导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活.纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放在解答题的最后位置,对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养都有较深入的考查.
例题(2023·山东肥城模拟)已知函数f(x)=ex-a-ln x+a.(1)若x=2是f(x)的极值点,求f(x)的值域;(2)当a≤0时,证明:f(x)>a+2.
设g(x)=xex-2-ln 2-1,则g'(x)=xex-2-ln 2+ex-2-ln 2>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,又∵g(2)=0,∴当x>2时,g(x)>0,即f'(x)>0;当0规律方法 直接构造函数证明不等式(1)证明不等式f(x)≥g(x)的一般步骤:首先构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后求h'(x),并判断h'(x)在给定区间上的正负,确定h'(x)的单调性,从而结合区间端点的函数值即可证得结论.(2)构造函数利用单调性证明不等式的关键是构造函数,确定其单调性,为了使构造的函数更容易地判定其单调性,有时还会先将欲证不等式进行合理地等价变形,再构造函数,尤其是对于含有ln x和ex的函数.
对点训练(2023·海南华侨中学模拟)函数f(x)=aex+sin x+cs x(a∈R).(1)若f(x)在(0,π)上单调递增,求a的取值范围;(2)若a=1时,证明:f(x)≥2x+2.
(2)证明 当a=1时,f(x)=ex+sin x+cs x.要证f(x)≥2x+2,只需证明ex+sin x+cs x≥2x+2,
令t(x)=2sin x-2x,t'(x)=2cs x-2≤0恒成立,则t(x)在R上单调递减且t(0)=0,则h'(0)=0.所以当x<0时,t(x)>0,即h'(x)>0,故h(x)在(-∞,0)上单调递增,当x>0时,t(x)<0,即h'(x)<0,故h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以h(x)max=h(0)=1,即h(x)≤1恒成立,即f(x)≥2x+2成立.
例题已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R).(1)讨论函数f(x)在x∈(0,e]上的单调性;(2)当x∈(0,e]时,证明:e2x2>(x+1)ln x+ x.
规律方法 1.若直接求导后导数式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.在证明过程中,等价转化是关键.2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点,一般地,ex与ln x要分离,常构造xn与ln x,xn与ex的积、商形式.便于求导后找到极值点.
对点训练已知函数f(x)=eln x-ax(x∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0.
所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,故g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而g(x)在(0,+∞)上的最大值为g(1)=1.
所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,故h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,从而h(x)在(0,+∞)上的最小值为h(1)=1.综上,当x>0时,g(x)≤h(x)恒成立,即xf(x)-ex+2ex≤0.
例题(12分)(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;
规律方法 放缩法证明不等式在证明不等式的时候,若直接证明比较困难,可将不等式中的部分项进行放大或缩小,然后证明放缩后的不等式成立,再根据不等式的传递性证明原不等式成立,这种方法就是放缩法证明不等式,常用的放缩技巧有:(1)ex≥x+1;(2)ex-1≥x;(3)ln x≤x-1;(4)ln(x+1)≤x等.
例题(2022·山东菏泽二模)设函数f(x)=x2+2x-k(x+1)ln(x+1).(1)当x≥0时,f(x)≥0恒成立,求k的最大值;
(1)解 f'(x)=2(x+1)-k(1+ln(x+1)),①当k≤2时,由x≥0得f'(x)=2(x+1)-k(1+ln(x+1))≥2(x-ln(x+1)),所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)≥φ(0)=0,即f'(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(0)=0,因此f(x)≥0恒成立;