备战2025年高考数学精品课件第三章 突破3 利用导数证明不等式

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命题点1　将不等式转化为函数的最值问题例1 [2023新高考卷Ⅱ节选]证明：当0＜ x ＜1时， x － x 2＜ sin x ＜ x .
[解析]　令 h ( x )＝ x － x 2－ sin x ，则h'( x )＝1－2 x － cs x ，令 p ( x )＝1－2 x － cs x ，则p'( x )＝－2＋ sin x ＜0，所以 p ( x )即h'( x )单调递减，又h'(0)＝0，所以当0＜ x ＜1时，h'( x )＜h'(0)＝0， h ( x )单调递减，所以当0＜ x ＜1时， h ( x )＜ h (0)＝0，即 x － x 2＜ sin x .令 g ( x )＝ sin x － x ，则g'( x )＝ cs x －1＜0， x ∈(0，1)，所以 g ( x )单调递减，又 g (0)＝0，所以当0＜ x ＜1时， g ( x )＜ g (0)＝0，即 sin x ＜ x .综上，当0＜ x ＜1时， x － x 2＜ sin x ＜ x .
(1)利用函数的单调性和最值直接证明.
(2)证明不等式 f ( x )＞ g ( x )转化为证明 f ( x )－ g ( x )＞0，进而构造辅助函数 h ( x )＝ f ( x )－ g ( x )，通过研究函数 h ( x )的单调性，证明 h ( x )min＞0.
训练1 [2024浙江宁波模拟]已知函数 f ( x )＝ a e2 x ＋( a －4)e x －2 x .(1)讨论 f ( x )的单调性；(2)证明：当 a ＞1时， f ( x )＞7ln a － a －4.
命题点2　将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2 [2024湖北襄阳模拟节选]已知函数 f ( x )＝ a ln x ＋ x .当 a ＝1时，证明： xf ( x )＜e x .
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证不等式进行变形，构造两个函数，转 化为两个函数的最值问题(或找到可以传递的中间量 a )，即将不等式转化为 f ( x )≥ g ( x )的形式，证明 f ( x )min≥ g ( x )max(或 f ( x )≥ a ≥ g ( x ))即可.
②当 a ＜－2时，－ a －1＞1，令 f '( x )＞0，解得0＜ x ＜1或 x ＞－ a －1，令 f '( x )＜ 0，解得1＜ x ＜－ a －1，所以 f ( x )在(0，1)，(－ a －1，＋∞)上单调递增，在(1，－ a －1)上单调递减；
③当－2＜ a ＜－1时，0＜－ a －1＜1，令 f '( x )＞0，解得0＜ x ＜－ a －1或 x ＞1， 令 f '( x )＜0，解得－ a －1＜ x ＜1，所以 f ( x )在(0，－ a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－ a －1，1)上单调递减.综上，当 a ＜－2时， f ( x )在(0，1)，(－ a －1，＋∞)上单调递增，在(1，－ a －1)上 单调递减；当 a ＝－2时， f ( x )在(0，＋∞)上单调递增；当－2＜ a ＜－1时， f ( x )在 (0，－ a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－ a －1，1)上单调递减；当 a ≥－1时， f ( x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
[解析]　(1) f '( x )＝－ sin x ＋ ax ，且 f '(0)＝0，令 g ( x )＝ f '( x )，则g'( x )＝－ cs x ＋ a .
①当 a ≥1时，g'( x )≥0且g'( x )不恒为0，则 g ( x )单调递增，当 x ＞0时， g ( x )＝ f '( x )＞ g (0)＝0，当 x ＜0时， g ( x )＝ f '( x )＜ g (0)＝0，即当 x ＞ 0时， f ( x )单调递增，当 x ＜0时， f ( x )单调递减，此时 x ＝0是函数 f ( x )唯一的极小 值点.
②当 a ＜1时，g'(0)＝－1＋ a ＜0，所以存在δ＞0使得当 x ∈(0，δ)时， g ( x )＝ f '( x ) 在(0，δ)上单调递减，即当 x ∈(0，δ)时， f '( x )＜ f '(0)＝0，所以 f ( x )在(0，δ)上单调 递减，与 x ＝0是函数 f ( x )唯一的极小值点矛盾.综上，实数 a 的取值范围为[1，＋∞).
方法技巧1. 利用放缩法证明不等式的思路一是会放缩，即从所求证的不等式入手，利用分析法，进行转化，寻找可放大或缩 小的条件；二是会构造函数，即通过构造辅助函数，把所求证的不等式进行转化；三是借用导数，即会利用导数的工具性，研究新构造函数的性质，进而求解.
训练3 [2024南通部分学校联考]已知函数 f ( x )＝ln x ＋ ax ， a ∈R. (1)讨论函数 f ( x )的单调性；
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凹凸反转在不等式证明问题中的应用
如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而成，往往进行指对 分离，转化为证明 g ( x )≥ h ( x )恒成立，分别求 g ( x )min， h ( x )max进行证明，由于两 个函数图象的凹凸性正好相反，所以这种证明不等式的方法称为凹凸反转.
类型1　隔海相望如图所示，在 g ( x )， h ( x )图象之间有一个带型区域，所以我们把它形象地称为 “隔海相望”.这时必有 g ( x )＞ h ( x ).
例4 [2024陕西省咸阳市模拟]已知函数 f ( x )＝ x 3－3ln x ＋11.(1)判断函数 f ( x )的单调性；(2)证明：当 x ＞0时， f ( x )＞－ x 3＋3 x 2＋(3－ x )e x .
[解析]　 (2)由(1)可得 f ( x )min＝ f (1)＝12.令 g ( x )＝－ x 3＋3 x 2＋(3－ x )e x ( x ＞0)，则g'( x )＝－3 x 2＋6 x －e x ＋(3－ x )e x ＝(2－ x )(e x ＋3 x )，令g'( x )＝0，可得 x ＝2.当 x ∈(0，2)时，g'( x )＞0，当 x ∈(2，＋∞)时，g'( x )＜0，∴ g ( x )在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减.∴ g ( x )max＝ g (2)＝e2＋4，∴ f ( x )min＞ g ( x )max，则 f ( x )＞ g ( x )，∴当 x ＞0时， f ( x )＞－ x 3＋3 x 2＋(3－ x )e x .
构造的函数 g ( x )， h ( x )，满足 g ( x )min＝ h ( x )max，如图所示，但由于 g ( x )， h ( x ) 不在同一处取到最值，所以必有 g ( x )＞ h ( x ).
例5 已知函数 f ( x )＝e x ＋ x 2－ x －1.(1)求 f ( x )的最小值；
[解析]　(1)由题意可得 f '( x )＝e x ＋2 x －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，得 x ＜0.则 f ( x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故 f ( x )min＝ f (0)＝0.
(2)证明：e x ＋ x ln x ＋ x 2－2 x ＞0.
[解析]　(2)要证e x ＋ x ln x ＋ x 2－2 x ＞0，即证e x ＋ x 2－ x －1＞－ x ln x ＋ x －1.由(1)可知当 x ＞0时， f ( x )＞0恒成立.设 g ( x )＝－ x ln x ＋ x －1， x ＞0，则g'( x )＝－ln x .由g'( x )＞0，得0＜ x ＜1；由 g'( x )＜0，得 x ＞1.则 g ( x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而 g ( x )≤ g (1)＝0，当且仅当 x ＝1时，等号成立.故 f ( x )＞ g ( x )，即e x ＋ x ln x ＋ x 2－2 x ＞0.
构造函数 g ( x )， h ( x )，满足 g ( x )min＝ h ( x )max，且 g ( x )， h ( x )在同一处取到最 值，如图所示，这时 g ( x )≥ h ( x ).
(2)证明： g ( x )≥ f '( x ).
1. [命题点1/2023雅礼中学二模]已知函数 f ( x )＝2 sin x － sin 2 x .(1)当0≤ x ≤π时，求 f ( x )的最大值；
(2)证明： f ( x )＞1.
4. [命题点3/2023绵阳市一诊]已知函数 f ( x )＝2e x － x 2－ ax －2，当 x ≥0时， f ( x )≥0.(1)求 a 的取值范围；
[解析]　(1)由题意得 f '( x )＝2e x －2 x － a .令 g ( x )＝2e x －2 x － a ，则当 x ≥0时，g'( x )＝2e x －2≥0(当且仅当 x ＝0时“＝”成 立)，∴函数 f '( x )在区间[0，＋∞)上单调递增，则当 x ≥0时，函数 f '( x )≥ f '(0)＝2－ a .①当2－ a ≥0，即 a ≤2时，可得 f '( x )≥ f '(0)≥0在[0，＋∞)上恒成立(“＝”不恒成 立)，∴函数 f ( x )在[0，＋∞)上单调递增.
∴ f ( x )≥ f (0)＝0在[0，＋∞)上恒成立.②当2－ a ＜0，即 a ＞2时， f '(0)＝2－ a ＜0，且存在 x 0＞0，当 x ∈[0， x 0)时， f '( x )＜0， f ( x )单调递减.又 f (0)＝0，∴当 x ∈[0， x 0)时， f ( x )＜0，这与当 x ≥0时， f ( x )≥0矛盾.综上，实数 a 的取值范围是(－∞，2].
1. [2024广东省江门市部分学校联考]已知函数 f ( x )＝ x (ln x ＋ a )， a ∈R. (1)求 f ( x )的单调区间；
[解析]　(1) f ( x )的定义域为(0，＋∞)， f '( x )＝ln x ＋1＋ a ，令 f '( x )＝0，得 x ＝e－ a －1.由 f '( x )＜0，解得0＜ x ＜e－ a －1，由 f '( x )＞0，解得 x ＞e－ a －1.所以 f ( x )的单调递减区间为(0，e－ a －1)，单调递增区间为(e－ a －1，＋∞).
(2)证明：当 a ≥1时， f ( x )＜ a e x －1.
(2)若 a ∈[－1，0)，求证： g ( x )＜4 a ＋3.
3. [2023广州市二检]已知函数 f ( x )＝ln(1＋ x )， g ( x )＝ ax 2＋ x .(1)当 x ＞－1时， f ( x )≤ g ( x )，求实数 a 的取值范围；
4. [2023河北名校4月模拟]已知函数 f ( x )＝e x －( x － a )2( x ＞0)，e为自然对数的底 数， a ∈R. (1)讨论函数 f ( x )的极值点个数；