第3章 重难突破系列(一) 利用导数解决不等式恒成立、有解问题（PPT课件）-【正禾一本通】2024高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版，新教材新高考）

2024版·数学（湘教） 重难突破系列(二)　 导数与不等式证明 第三章　一元函数的导数及其应用 当－1<a<0，即0<－a<1时，函数f(x)在(0，－a)上单调递增，在(－a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增； 当a＝－1时，f′(x)＝≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<－1，即－a>1时，函数f(x)在(0，1)上单调递增， 在(1，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增． [对点练] 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； (2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1. 解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 2(1－ln 2＋a)  ↗ 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞). 所以f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值． (2)证明：法一　∵x>0，∴只需证f(x)≤－2e， 当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)max＝f(1)＝－e. 记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝， ∴当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0， 故g(x)在(0，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝－e. 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0. 法二　要证f(x)>1，即证明aex－ln x－1>1，只需证aex>ln x＋2， 联想ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，ln x≤x－1(当且仅当x＝1时取等号)等不等关系，发现，当a≥1时，aex≥ex>x＋1≥ln x＋2，不等式即可轻松证明． $