第3章 习题课1 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（文科）一轮复习（老教材 新高考）

阶段综合·融会建模习题课1一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fx)=x2-(a一2)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>0，fx)+ex2十x+2. [解](1)由题可知函数fx)的定义域为(0，+∞)， f'6侧=2-a-2)0-24二a2-a, x 即f')=k+12-a) ①若a≤0， 则f'x)>0在定义域(0，+∞)上恒成立，此时函数fx)在(0，+∞)上单调 递增； ②若a>0, 令f'0,即2x一a0,解得x受 令f'6)0,即2x-a0,解得0r<2 所以在0，上单调递减，，十上单调递增。 综上，a≤0时，fx)在(0，十∞)上单调递增； a0时，f在0，上单调递减，+上单调递增， (2)证明：当a=1时，f)=x2十x-lnx, 要证fx)十e>x2+x+2,即证e-lnx-2>0, 令gte)-e-nx-2,g'=e- 令g')=e-【=0,即e-可得方程有唯一解，设为x0,且0≠1， 所以e0=1 .xo 当x变化时，g'x)与gx)的变化情况如下， X (0,xo0) 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)>gx)>),只需证明fx)一gx)>0>@),设h()= fx)一g(x),即证(c)>0(>a@).若h(d=0,h(x)>h(a>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)c∈I,I是区间)，只需证明fx)一gc)>0(c∈D. 设hx)=fx)-g(x)c∈)，即证hc)>0c∈)，也即证h(c)mim>0c∈D(若 h(c)min不存在，则需求函数h(c)的下确界)，而这用导数往往容易解决. [针对训练 已知函数fx)=er一x(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(O,1)处的切线 斜率为一1. (1)求a的值及函数fx)的极值： (2)证明：当>0时，x2<ex 解：(I)fx)=er-ax,得f')=er一a. 因为f(0)=1一a=一1，所以a=2, 所以fx)=er-2x,f'()=ex-2. 令f'(x)=0,得x=ln2, 当x<n2时，'(x)<0,fx)在(-o,In2)上单调递减： 当x>ln2时，f'(x)>0,fx)在(In2,+∞)上单调递增. 所以当x=ln2时，fx)取得极小值，且极小值为fn2)=eln2一2ln2=2一2ln2, )无极大值. (2)证明：令gx)=er-x2, 则g'(x)=er一2x. 由(1)得g'(x)=fx)≥fln2)>0, 故g(x)在R上单调递增. 所以当>0时， g(x)Pg(0)=1>0,即x2<er 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-c十1)lnx,曲线y=fx)在点(1，f1)处切线的斜 率为0. (1)求a的值； (2)求证：当0sc≤2时，f>2 解]r')=2ax-ae-1 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≤2时，h')>0.所以在0,2上单调递 因为h'w)= 给.黄当6≤2时.A=h-中h21.即g 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)≥gc)的形式，证明fx)min≥gr)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.