第三章　§3.6　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式-【北師大版】2025年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)（課件+講義+練習(xí)）-課件下載-教習(xí)網(wǎng)

導(dǎo)數(shù)中的不等式證明是高考的?？碱}型，常與函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的零點(diǎn)與極值、數(shù)列等相結(jié)合，雖然題目難度較大，但是解題方法多種多樣，如構(gòu)造函數(shù)法、放縮法等，針對(duì)不同的題目，靈活采用不同的解題方法，可以達(dá)到事半功倍的效果.
題型一　將不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題
例1　(12分)(2023·新高考全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；[切入點(diǎn)：求導(dǎo)，討論a的正負(fù)](2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2ln a＋ .
[方法二　關(guān)鍵點(diǎn)：利用不等式ex≥x＋1把函數(shù)f(x)中的指數(shù)換成一次函數(shù)]
[思路分析](1)求f′(x)→分a>0，a≤0判斷f′(x) 的符號(hào)→f(x) 的單調(diào)性
答題模板　規(guī)范答題不丟分
(1)解　因?yàn)閒(x)＝a(ex＋a)－x，定義域?yàn)镽，所以f′(x)＝aex－1，(1分)
①處判斷f′(x)的符號(hào)
當(dāng)a≤0時(shí)，由于ex>0，則aex≤0，故f′(x)＝aex－10時(shí)，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)是減函數(shù)；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，－ln a)上單調(diào)遞減，在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞增.(5分)
②處判斷f′(x)的符號(hào)
當(dāng)x0，則f(x)在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞增.
(2)證明　方法一　由(1)得，當(dāng)a>0時(shí)，
③處利用單調(diào)性求f(x)min
f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
④處構(gòu)造函數(shù)g(a)＝f(x)min－
⑤處求g(a)min并判斷其符號(hào)
則g(a)>0恒成立，
方法二　令h(x)＝ex－x－1，
⑥處構(gòu)造函數(shù)證明ex≥x＋1
則h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函數(shù)，
所以h′(x)＝ex－1是增函數(shù)，又h′(0)＝e0－1＝0，所以當(dāng)x0，所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)＝0，則ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立，(6分)
因?yàn)閒(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x，
⑦處通過不等式ex≥x＋1放縮函數(shù)f(x)
當(dāng)且僅當(dāng)x＋ln a＝0，即x＝－ln a時(shí)，等號(hào)成立，
⑨處求g(a)min并判斷其符號(hào)
待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，有時(shí)對(duì)復(fù)雜的式子要進(jìn)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.
(1)求 f(x)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；
所以所求切線方程為x－y＝0.
(2)求證：當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，f(x)≤x.
f(x)≤x(x∈[0，π])，
令g(x)＝xex－sin x，x∈[0，π]，則g′(x)＝ex＋xex－cs x，令h(x)＝ex＋xex－cs x，x∈[0，π]，則h′(x)＝2ex＋xex＋sin x>0在[0，π]上恒成立，所以h(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，則h(x)≥h(0)＝0，
所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立，即g(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0，即xex－sin x≥0(x∈[0，π])，綜上，當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，f(x)≤x.
題型二　將不等式轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值進(jìn)行比較
例2　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(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
當(dāng)a＝e時(shí)，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(shí)，f(x)≤g(x)，
即xf(x)－ex＋2ex≤0得證.
若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo).本例中同時(shí)含ln x與ex，不能直接構(gòu)造函數(shù)，把指數(shù)與對(duì)數(shù)分離兩邊，分別計(jì)算它們的最值，借助最值進(jìn)行證明.
跟蹤訓(xùn)練2　(2023·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；
由題意可得f′(x)＝ex＋2x－1，則函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增，且f′(0)＝0.由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)0，即證ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1.由(1)可知當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0恒成立.設(shè)g(x)＝－xln x＋x－1，x>0，則g′(x)＝－ln x.由g′(x)>0，得00.
題型三　雙變量不等式的證明
例3　已知函數(shù)f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≤－1時(shí)，f′(x)0成立，故不等式成立，
1.(2023·新鄉(xiāng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2ln x.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
因?yàn)閒(x)＝x2ln x，x>0，所以f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，由f′(x)＝0，得x＝ .
當(dāng)x∈ 時(shí)，f′(x)0.
故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為 .
(2)證明：f(x)≥x－1.
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)0，g(x)單調(diào)遞增.故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1.
(1)若f(x)在x＝1處取得極小值，求a的值；
由f′(1)＝a－1＝0，得a＝1，經(jīng)檢驗(yàn)，a＝1滿足題意.
當(dāng)0

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