2023版考前三个月冲刺专题练　第9练　导数与不等式证明课件PPT

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考情分析导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单调性、极值和最值的综合运用，试题难度较大，多以压轴题出现.
一、单变量函数不等式的证明 (2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝xeax－ex.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，x∈R，则f′(x)＝xex，当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0，h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，
则g′(0)＝2a－1>0，因为g′(x)为连续不间断函数，故存在x0∈(0，＋∞)，
使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，故g(x)在(0，x0)上单调递增，故g(x)>g(0)＝0，故h(x)在(0，x0)上单调递增，故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾；
则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex，下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，故S(x)若a≤0，则h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)则∀x>0，总有 －ex＋1<0成立，令 ，则t>1，t2＝ex，x＝2ln t，
所以对任意的n∈N*，
＝ln(n＋1)，故不等式成立.
用导数证明不等式一般有以下方法(1)构造函数法.(2)由结论出发，通过对函数变形，证明不等式.(3)分成两个函数进行研究.(4)利用图象的特点证明不等式.(5)利用放缩法证明不等式.
　　　 (2022·宜宾第四中学模拟)已知函数f(x)＝－ax2＋xln x＋2.(1)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2ax＋1，由题意知f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两解，即ln x－2ax＋1＝0，
即g(x)的图象与直线y＝2a有两个交点.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0，∴0<2a<1，
当a＝0时，f(x)＝xln x＋2，
当x>0时，m′(x)>0，∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴存在唯一的x0∈(1，e)，
当x0∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x)min＝h(x0).又∵x0∈(1，e)，h′(x0)＝0，
二、双变量函数不等式的证明 (2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝ －ln x＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1].
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
方法一　不妨设x1令g(x)＝ex＋x－ －1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－ ＋ ＝ex＋1＋ (x>0)，所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以当x∈(0,1)时，g(x)0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)又f(x1)＝f(x2)＝0，
由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
方法二　不妨设x1由f(x1)＝f(x2)＝0，得 －ln x1＋x1＝ －ln x2＋x2，即因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立.
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果.
(2022·绍兴模拟)已知函数f(x)＝ex－a－ x2(a∈R)有两个极值点x1，x2(x1f′(x)＝ex－a－x，
则方程f′(x)＝0⇔ex－a＝x有两个不相等的实数根，显然x>0，方程ex－a＝x化为x－a＝ln x⇔x－ln x－a＝0，令g(x)＝x－ln x－a，x>0，
当01时，g′(x)>0，即函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝1－a，依题意，函数g(x)有两个零点，必有1－a<0，即a>1，此时g(e－a)＝e－a>0，g(ea)＝ea－2a，令m(x)＝ex－2x，x>1，则m′(x)＝ex－2>0，即有m(x)在(1，＋∞)上单调递增，m(x)>e－2>0，于是得g(ea)>0，因此，f(x)有两个极值点时，函数g(x)必有两个零点，从而得a>1，所以f′(1)＝e1－a－1由已知及(1)得, 且 ，0又x1－a＝ln x1且x2－a＝ln x2，