2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3.6　利用导数证明不等式课件PPT

这是一份2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3.6　利用导数证明不等式课件PPT，共55页。PPT课件主要包含了考试要求，题型一，思维升华，题型二，题型三，适当放缩证明不等式，课时精练，基础保分练，综合提升练，拓展冲刺练等内容，欢迎下载使用。
导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果.
将不等式转化为函数的最值问题
例1　(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；
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时，g(x)>1，即原不等式得证.
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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
跟踪训练1　设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；
由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x0，函数f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)的极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值.
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0，设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝2－2ln 2＋2a，又a>ln 2－1，则g′(x)min>0，
于是对∀x∈(0，＋∞)，都有g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
将不等式转化为两个函数的最值进行比较
例2　(2023·苏州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；
函数的定义域为(0，＋∞)，
∴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；
综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
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，∴f(x)max＝f(1)＝－e.
∴当x∈(0,1)时，g′(x)0，函数g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝－e，
若直接求导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.本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.
跟踪训练2　(2023·合肥模拟)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，即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1.由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立.设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0，则g′(x)＝－ln x.由g′(x)>0，得00.
例3　已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
又f(1)＝0，∴切点为(1,0).∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－ln x－1.方法一　令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0.
方法二　令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴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“＝”)，∴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.
导数方法证明不等式中，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，简化后再构建函数进行证明.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.
跟踪训练3　(2022·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；
∵f(x)＝ax－sin x，∴f′(x)＝a－cs x，由函数f(x)为增函数，则f′(x)＝a－cs x≥0恒成立，即a≥cs x在R上恒成立，∵y＝cs x∈[－1,1]，∴a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).
(2)求证：当x>0时，ex>2sin x.
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，∴g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，∴g(x)≥g(ln 2)>0，∴ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sin x.
1.已知函数f(x)＝ax＋xln 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.
(2)求证：当x>0时，f(x)>4x－3.
由(1)知，f(x)＝2x＋xln x，令g(x)＝f(x)－(4x－3)＝xln x－2x＋3，则g′(x)＝ln x－1，由ln x－1>0得x>e，由ln x－14x－3.
2.(2023·淄博模拟)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，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)G(x)，
4.(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x0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)当x>0时，f(x)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)0，
故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，故S(x)