2025届高考数学一轮复习教师用书第四章第四节第3课时导数的不等式问题讲义（Word附解析）

第3课时　导数的不等式问题【命题分析】导数中的不等式证明经常被考查,常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合,题目难度较大,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,采用不同的解题方法,可以达到事半功倍的效果.【核心考点·分类突破】题型一　作差法构造函数,证明不等式[例1]设f(x)=2xln x+1.(1)求f(x)的最小值;(2)证明:f(x)≤x2-x+1x+2ln x.【解析】(1)f'(x)=2(ln x+1),所以当x∈(0,1e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1e,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=1e时,f(x)取得最小值f(1e)=1-2e.(2)x2-x+1x+2ln x-f(x)=x(x-1)-x-1x-2(x-1)ln x=(x-1) (x-1x-2ln x),令g(x)=x-1x-2ln x,则g'(x)=1+1x2-2x=(x-1)2x2≥0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,所以当01时,g(x)>0,所以(x-1) (x-1x-2ln x)≥0,即f(x)≤x2-x+1x+2ln x.【解题技法】作差法构造函数,证明不等式的策略(1)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;(2)有时对复杂的式子要进行变形,借助所构造函数的单调性和最值求解,利用导数研究其单调性和最值.【对点训练】(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)=ex-ax-a,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,令g(x)=2f(x)x2.证明:当x>0时,g(x)>1.【解析】(1)函数f(x)=ex-ax-a的定义域为R,求导得f'(x)=ex-a,当a≤0时,f'(x)>0恒成立,即f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,令f'(x)=ex-a>0,解得x>ln a,令f'(x)<0,解得x0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(2)当a=1时,g(x)=2(ex-x-1)x2,当x>0时,2(ex-x-1)x2>1⇔ex>1+x+x22⇔12x2+x+1ex<1,令F(x)=12x2+x+1ex-1,x>0,F'(x)=-12x2ex<0恒成立,则F(x)在(0,+∞)上单调递减,F(x)0时,g(x)>1,即原不等式得证.题型二　转化为两个函数的最值证明不等式[例2](2023·武汉模拟)已知函数f(x)=aln x+x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明:xf(x)0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a<0时,若x∈(-a,+∞),则f'(x)>0,若x∈(0,-a),则f'(x)<0,所以f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减.综上所述,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减.(2)当a=1时,要证xf(x)0,得x∈(0,e);令g'(x)<0,得x∈(e,+∞).所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=1+1e.令函数h(x)=exx2,则h'(x)=ex(x-2)x3.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(2)=e24.因为e24-(1+1e)>0,所以h(x)min>g(x)max,即1+lnxx0), 所以当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a>0时,由f'(x)>0,得0ea,即函数f(x)在区间(0,ea)上单调递增,在(ea,+∞)上单调递减.综上,当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在区间(0,ea)上单调递增,在(ea,+∞)上单调递减.(2)要证明f(x)-exx+2e≤0,只需证明f(x)≤exx-2e,由(1)知,当a=e时,函数f(x)在区间(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(1)=-e.令g(x)=exx-2e(x>0),则g'(x)=(x-1)exx2,所以当x∈(0,1)时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=-e,所以当x>0,a=e时,f(x)-exx+2e≤0.题型三　放缩构造函数证明不等式[例3]f(x)=ex.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)当x>-2时,求证:f(x)>ln(x+2).【解析】(1)由f(x)=ex,得f(0)=1,f'(x)=ex,则f'(0)=1,即曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=x-0,所以所求切线方程为x-y+1=0.(2)设g(x)=f(x)-(x+1)=ex-x-1(x>-2),则g'(x)=ex-1,当-20时,g'(x)>0,即g(x)在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,于是当x=0时,g(x)min=g(0)=0,因此f(x)≥x+1(当x=0时取等号).令h(x)=x+1-ln(x+2)(x>-2),则h'(x)=1-1x+2=x+1x+2,则当-2-1时,h'(x)>0,即h(x)在(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,于是当x=-1时,h(x)min=h(-1)=0,因此x+1≥ln(x+2)(当x=-1时取等号),所以当x>-2时,f(x)>ln(x+2).【解题技法】放缩法证明不等式的策略导数方法证明不等式的问题中,最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下:(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号;(2)ln x≤x-1,当且仅当x=1时取等号.【对点训练】f(x)=aex-1-ln x-1.(1)若a=1,求f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)≥0.【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex-1-ln x-1(x>0),f'(x)=ex-1-1x,k=f'(1)=0,又f(1)=0,所以切点为(1,0).所以切线方程为y-0=0(x-1),即y=0.(2)因为a≥1,所以aex-1≥ex-1,所以f(x)≥ex-1-ln x-1.方法一:令φ(x)=ex-1-ln x-1(x>0),所以φ'(x)=ex-1-1x,令h(x)=ex-1-1x,所以h'(x)=ex-1+1x2>0,所以φ'(x)在(0,+∞)上单调递增,又φ'(1)=0,所以当x∈(0,1)时,φ'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=φ(1)=0,所以φ(x)≥0,所以f(x)≥φ(x)≥0,即f(x)≥0.方法二:令g(x)=ex-x-1,所以g'(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(0)=0,故ex≥x+1,当且仅当x=0时取“=”.同理可证ln x≤x-1,当且仅当x=1时取“=”.由ex≥x+1⇒ex-1≥x(当且仅当x=1时取“=”),由x-1≥ln x⇒x≥ln x+1(当且仅当x=1时取“=”),所以ex-1≥x≥ln x+1,即ex-1≥ln x+1,即ex-1-ln x-1≥0(当且仅当x=1时取“=”),即f(x)≥0.【加练备选】(2023·南充模拟)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;(2)求证:当x>0时,ex>2sin x.【解析】(1)f(x)=ax-sin x,所以f'(x)=a-cos x,由函数f(x)为增函数,则f'(x)=a-cos x≥0恒成立,即a≥cos x在R上恒成立,因为y=cos x∈[-1,1],所以a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞).(2)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⇒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.【重难突破】泰勒公式在比较大小中的应用　　比较大小的选择题是近年高考的常见题型,一般情况下我们会构造函数模型代入数值进行比较和运算,但是对学生来说函数模型的选择是非常有难度的,因此在选择题中我们可以选择利用泰勒公式计算近似值的办法进行比较大小.【教材探源】在人教A必修一教材中三角函数一章第256页“拓广探索”中第26题.英国数学家泰勒给出如下公式:sin x=x-x33!+x55!-x77!+…,cos x=1-x22!+x44!-x66!+…,其中n!=1×2×3×4×…×n.这些公式被编入计算工具,计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性.比如,用前三项计算cos 0.3,就得到cos 0.3≈1-0.322!+0.344!=0.955 337 5.【教材拓展】　下面给出高中阶段常用的泰勒公式:(1)ex=1+x+12!x2+…+1n!xn+…,x∈R;(2)sin x=x-x33!+…+(-1)k-1x2k-1(2k-1)!+…,x∈R;(3)cos x=1-x22!+…+(-1)k1(2k)!x2k+…,x∈R;(4)ln(1+x)=x-12x2+…+(-1)n-11nxn+…,-1b>a B.b>a>cC.a>b>c D.a>c>b【解析】选A.由公式sin x=x-x33!+…得c=4sin14≈4(14-1436)=9596>a,由公式cos x=1-x22!+x44!-…得b=cos14≈1-1422+(14) 44!>3132=a,排除BCD.【一题多解】选A.构造函数h(x)=1-12x2-cos x,x∈[0,π2],则g(x)=h'(x)=-x+sin x,g'(x)=-1+cos x≤0,所以g(x)≤g(0)=0,因此h(x)在[0,π2]上单调递减,所以h(14)=a-bx,所以cb>1,即bb>a.类型三 利用ln(1+x),(1+x)a的泰勒展开式比较[例3](2021·全国乙卷)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=1.04-1,则(　　)A. aln 1.02,所以a>b.排除A,D.根据选项B,C可知,只需比较a,c的大小即可.由公式ln (1+x)=x-x22+…得a=2ln (1+0.01)≈2×(0.01-0.0122)≈0.02-0.000 1=0.019 9,由公式(1+x)a=1+ax+a(a-1)2!x2+…得c=(1+0.04)12-1≈12×0.04+-142×0.042≈0.02-0.000 2=0.019 8,所以a>c.排除C.【解题技法】通过以上示例可以看出,利用泰勒公式近似计算求解难度比较大的试题确实可以提高解题速度,运用该法的难点是要利用数字特征构造对应的函数.【对点训练】1.已知a=e0.02,b=1.02,c=ln 2.02,则(　　)A.c>a>b B.a>b>cC.a>c>b D.b>a>c【解析】选B.方法一(泰勒公式):设x=0.02,则a=e0.02=1+0.02+0.0222+…,显然a>b>1>c.方法二(构造函数):令f(x)=ex-(1+x),令f'(x)=ex-1=0,得x=0,当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(0.02)>f(0)=0,从而e0.02>1+0.02=1.02>1>ln 2.02.2.(2023·长春模拟)已知a=e0.1-1,b=sin 0.1,c=ln 1.1,则(　　)A.a0,故f(x)在(0,+∞)上是增函数,故f(0.1)>f(0),即e0.1-0.1-1>0,故a=e0.1-1>0.1.令g(x)=sin x-x,则g'(x)=cos x-1<0在(0,1)上恒成立,故g(x)=sin x-x在(0,1)上单调递减,故g(0.1)