高中數(shù)學(xué)高考2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)(新高考版) 第3章 高考專題突破一 第3課時　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式課件PPT

這是一份高中數(shù)學(xué)高考2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)(新高考版) 第3章 高考專題突破一 第3課時　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式課件PPT，共60頁。PPT課件主要包含了故原不等式成立，極值點偏移問題，課時精練等內(nèi)容，歡迎下載使用。
題型一　將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題
因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個公共點是A(1,1)，且在點A處的切線互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.
所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x≥1時，h(x)≥h(1)＝0，
待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，有時對復(fù)雜的式子要進行變形，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性和最值，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性和最值即可得證.
跟蹤訓(xùn)練1　(2021·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ ，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.當(dāng)a>0時，若x>a，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增；若00，所以當(dāng)x>2時，f(x)0)，
k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切點為(1,0).∴切線方程為y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)證明：當(dāng)a≥1時，f(x)≥0.
證明　∵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，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ′(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)0，
∴φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即證f(x)≥0.方法二　令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.當(dāng)x∈(－∞，0)時，g′(x)0，∴g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取“＝”.同理可證ln x≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”．由ex≥x＋1?ex－1≥x(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”)，由x－1≥ln x?x≥ln x＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”)，∴ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1，即ex－1－ln x－1≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”)，即證f(x)≥0.
方法三　f(x)＝aex－1－ln x－1，定義域為(0，＋∞)，
∴f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又f′(1)＝a－1≥0且x→0時，f′(x)→－∞，
∴當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)0，∴f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴φ(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，
即f(x)min＝f(x0)≥0，故f(x)≥0.
極值點偏移問題常作為壓軸題出現(xiàn)，題型復(fù)雜多變.解決此類問題，先需理解此類問題的實質(zhì)，巧妙消元、消參、構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決問題．
例1　已知函數(shù)f(x)＝xe－x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
解　f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x2.
證明　方法一　(對稱化構(gòu)造法)構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，∵當(dāng)x>1時，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)>F(1)＝0，故當(dāng)x>1時，f(x)>f(2－x)， (*)由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可設(shè)x1f(2－x2).又x12.方法二　(比值代換法)設(shè)00，不符合題意；
(2)求證：x1·x2>e2.
故ln x1x2＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2.
KESHIJINGLIAN
1.(2021·莆田模擬)已知函數(shù)f(x)＝xex－1－ax＋1，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線l的斜率為3e－2.(1)求a的值及切線l的方程；
解　由f(x)＝xex－1－ax＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex－1－a，因為曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線l的斜率為3e－2，所以f′(2)＝3e－a＝3e－2，解得a＝2，所以f(2)＝2e－4＋1＝2e－3，故切線l的方程為y－(2e－3)＝(3e－2)(x－2)，即(3e－2)x－y－4e＋1＝0.所以a＝2，切線l的方程為(3e－2)x－y－4e＋1＝0.
(2)證明：f(x)≥0.
證明　由(1)，可得f(x)＝xex－1－2x＋1，f′(x)＝(x＋1)ex－1－2，所以當(dāng)x∈(－∞，－1]時，f′(x)－1)，則g′(x)＝(x＋2)ex－1>0，所以當(dāng)x∈(－1，＋∞)時，g(x)單調(diào)遞增，即f′(x)單調(diào)遞增，又因為f′(1)＝0，所以當(dāng)x∈(－1,1)時，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.所以f(x)≥f(1)＝0.
2.(2021·滄州七校聯(lián)考)設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
解　由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞).f(x)在x＝ln 2處取得極小值，極小值為f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，無極大值.
(2)求證：當(dāng)a>ln 2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.
證明　設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知當(dāng)a>ln 2－1時，g′(x)的最小值為g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是對任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0，所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增.于是當(dāng)a>ln 2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>g(0).又g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
3.已知函數(shù)f(x)＝eln x－ax(a∈R).(1)討論f(x)的單調(diào)性；
①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
(2)當(dāng)a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
當(dāng)a＝e時，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.所以f(x)max＝f(1)＝－e，
所以當(dāng)00時，f(x)≤g(x)，
4.已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax(a∈R).(1)討論函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性；
解　f(x)的定義域為(0，＋∞)，
當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
(2)證明：ex－e2ln x>0恒成立.
證明　方法一　要證ex－e2ln x>0，即證ex－2>ln x，令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1.令φ′(x)＝0，得x＝0，∴x∈(－∞，0)時，φ′(x)0，∴φ(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取“＝”.同理可證ln x≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”.
由ex≥x＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取“＝”)，可得ex－2≥x－1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時取“＝”)，又ln x≤x－1，即x－1≥ln x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”，所以ex－2≥x－1≥ln x且兩等號不能同時成立，故ex－2>ln x.即證原不等式成立.方法二　令φ(x)＝ex－e2ln x，φ(x)的定義域為(0，＋∞)，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
∴當(dāng)x∈(0，x0)時，φ′(x)0，∴φ(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
故φ(x)>0，即ex－e2ln x>0，即證原不等式成立.
5.(2018·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ －x＋aln x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；
①若a≤2，則f′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.②若a>2，令f′(x)＝0，得
證明　由(1)知，f(x)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)a>2.由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x11.
由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g(x)