高考大题研究课三利用导数证明不等式课件-2023届高三数学（新教材）二轮复习

高考大题研究课三　利用导数证明不等式 题型一　构造函数证明不等式 例 1[2023·河北沧州模拟]已知函数g(x)＝mx2－(4m＋2)x＋4ln x(a∈R)． (1)当m＝1时，求g(x)在点(1，g(1))处的切线方程； (2)当m＝0时，证明：g(x)＋2x<4ex－8(其中e为自然对数的底数)． 解析：(1)当m＝1时，g(x)＝x2－6x＋4ln x， 所以g′(x)＝2x－6＋，g′(1)＝0，g(1)＝－5， 故g(x)在点(1，g(1))处的切线方程是y＝－5. (2)证明：当m＝0时，要证明g(x)＋2x<4ex－8， 只需证明ex>ln x＋2， 令h(x)＝ex－ln x－2，(x>0)，则h′(x)＝ex－，令u(x)＝h′(x)＝ex－， u′(x)＝ex＋>0，故h′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h′(1)＝e－1>0，h′()＝－2<0， 故存在x0∈(，1)，使得h′(x0)＝0，即－＝0， 当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，即h(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，即h(x)单调递增，故x＝x0时，h(x)取得唯一的极小值，也是最小值，即h(x)min＝－ln x0－2＝＋x0－2>2－2＝0. 所以ex>ln x＋2，即g(x)＋2x<4ex－8. 题后师说 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，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． 巩固训练1 已知函数f(x)＝a ln x－ax(a≠0)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)设g(x)＝ex－ax－a，证明：当a∈(0，e]时，f(x)≤g(x)． 解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝. 当a>0时，令f′(x)>0，得0<x<1，令f′(x)<0，得x>1， 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当a<0时，令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0<x<1， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减． 综上，当a>0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当a<0时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减． (2)证明：当a∈(0，e]时，要证f(x)≤g(x)，只需证g(x)－f(x)≥0， 即证ex－a ln x－a≥0，即证ex－ln x－1≥0. 因为a∈(0，e]，所以， 所以ex－ln x－1≥ex－ln x－1. 设h(x)＝ex－ln x－1，则h′(x)＝ex－. 易得h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h′(1)＝0， 当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(1)＝0， 所以当a∈(0，e]时，f(x)≤g(x)． 题型二　将不等式转化为两个函数的最值进行比较 例 2[2023·福建上杭一中模拟]已知函数f(x)＝x ln x＋1. (1)若函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围； (2)证明：f(x)≥x2e1－x. 解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)＝0，可得x＝. 当0<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)的单调递增区间为， 因为函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以(a，＋∞)⊆[，＋∞)， 所以a≥.故实数a的取值范围为[，＋∞)． (2)证明：因为x>0，所以要证x ln x＋1≥x2e1－x，只需证明ln x＋≥xe1－x成立． 令g(x)＝ln x＋，则g′(x)＝＝. 令g′(x)＝0，得x＝1，当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝1. 令h(x)＝xe1－x，则h′(x)＝(1－x)e1－x， 令h′(x)＝0，得x＝1，当0<x<1时，h′(x)>0，h(x)单调递增； 当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1. 因此g(x)≥h(x)，即f(x)≥x2e1－x，当且仅当x＝1时等号成立． 题后师说 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．   巩固训练2 已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1. (1)求f(x)的最小值； (2)证明：ex＋x