第3章 习题课2 利用导数研究不等式的证明（课件PPT）-【新高考方案】2024高考数学（理科）一轮复习（老教材 新高考）

阶段综合融会建模习题课2一一利用导数研究不等式的证明 综合考法一作差法构造函数证明不等式 [典例已知函数代x)=x2-(a-2)x一alnx(a∈R). (1)求函数y=fx)的单调区间： (2)当a=1时，证明：对任意的x>0,fx)+ex>x2+x+2. [解](1)由题可知函数f)的定义域为(0，+∞)， f'=2x-a-2)0-2二a=2k-a 即fr'=c+12-) ①若a≤0， 则f'x)>0在定义域(0，+∞)上恒成立，此时函数fx)在(0，十∞)上单调 递增； ②若a>0, 合f')0.即2c一>0.解得x号 合f')0.即2x-a<0.解得0sr2 所以在0.上单调递减，仔+上单调递姆， 综上，a≤0时，fx)在(0，十∞)上单调递增； 0时f在0.上单调递减，尽，+上单调递增 (2)证明：当a=1时，fx)=x2+x-lnx, 要证fx)+e>x2+x+2,即证e-lnx-2>0, 合g)-e-nx-2.g'e)=e- 合g'似=e-=0,即。=可得方程有唯一解，设为0且0≠1， 所以en=1 当x变化时，g')与gx)的变化情况如下， x (0,xo Xo 0,+o) g'(c) 0 十 g(x) 单调递减 单调递增 所以ge)an=go)=e0-lnxw-2=+xo-2. 因为+w-2≥2w-2=0,因为01.所以取不到等号。 即+xo-2>0,即gc)nmin>0恒成立. 所以，e一lnx一2>0恒成立， 得证 方法技巧 (1)欲证函数不等式fx)>g(x)(x>),只需证明fx)一g(x)>0(x>a),设h(x) =fx)一g(x),即证h(x)>0(x>a).若h(a)=0,h(x)>h(a)(x>a).接下来往往用 导数证得函数h(x)是增函数即可. (2)欲证函数不等式x)>g(x)(x∈I,I是区间)，只需证明fx)一g(x)>0(x∈ 0. 设h(x)=fx)-g(x)(x∈D,即证h(x)>0(x∈0，也即证h(x)min>0(x∈0（若 h(X)min不存在，则需求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决 [针对训练] 已知函数fx)=ex一ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0，I)处的切线斜 率为一1. (1)求a的值及函数f代x)的极值； (2)证明：当x>0时，x2<ex 解：（1)由x)=ex-ax,得f(x)=ex-a. 因为f(0)=1一a=-1,所以a=2, 所以fx)=ex一2x,f(x)=ex-2. 合f(x)=0,得x=ln2, 当x<ln2时，f(x)<0,fx)在（一o,ln2)上单调递减： 当x>ln2时，f(x)>0,fx)在(ln2,+o)上单调递增. 所以当x=ln2时，代x)取得极小值，且极小值为ln2)=eln2一2ln2=2一2ln 2,代x)无极大值 (2)证明：合g(x)=ex一x2, 则g(x)=ex-2x 由(1)得g(x)=fx)≥fIn2)>0, 故g(X)在R上单调递增. 所以当x>0时， g(x)>g(0)=1>0,即x2<ex 综合考法二转化为求两函数最值证明不等式 [典例]设函数fx)=ax2一c十1)lnx,曲线yfx)在点(1，f1)处切线的斜 率为0. (1)求a的值： (2)求证：当0s≤2时fc2. 解](r')=2ax-ae-1大 由题意，可得f'(1)=2a-2=0,所以a=1. (2)证明：由(1)得fx)=x2-x+1)nx. 要证当0<x≤2时，f)Px. 只需证当0s≤2时.g--n即x-h心+号 合g)=r-n,A=n+号 合g'侧)=110，得x=1, 易知gx)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增， 故当0<x≤2时，g(x)mim=g(1)=1. .当0<x≤2时，h'>0,所以)在0,2上单调递 因为h'w)= 给.黄当≤2时.A=h-中h21.即g咖 故当0≤2时，hg.即当0<x≤2时.fe2. [方法技巧 对于一些不等式可转化为fx)≥g)的形式，证明fx)min≥gx)max即可，在 转化中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准.