专题6 第4讲 探究1 导数与不等式的证明(专题微讲)-【赢在微点·考前顶层设计】2024新高考数学大二轮专题复习（课件PPT）

考前顶层设计·数学 考前顶层设计·数学 赢在微点 考前顶层设计 数学 函数与导数 专题六 第4讲　导数考向探究 命|题|分|析 　　利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型,而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题,是高考的热点和难点。解答题的热点题型有:1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值。2.利用导数证明不等式或探讨方程的根。3.利用导数求解参数的值或取值范围。 第4讲　探究1　导数与不等式的证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 赢在字里行间 探究1　导数与不等式的证明 【典例】　(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)=a(ex+a)-x。 (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+。 第4讲　探究1　导数与不等式的证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 赢在字里行间 【规范解答】　(1)因为f(x)=a(ex+a)-x,定义域为R,所以f'(x)=aex-1, 当a≤0时,由于ex>0,则aex≤0, 关键点1:分类讨论a≤0的情况。 故f'(x)=aex-1<0恒成立, 所以f(x)在R上单调递减; 当a>0时,令f'(x)=aex-1=0,解得x=-ln a, 关键点2:分类讨论a>0的情况。 当x<-ln a时,f'(x)<0,则f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减; 当x>-ln a时,f'(x)>0,则f(x)在(-ln a,+∞)上单调递增。 综上:当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,f(x)在(-ln a,+∞)上单调递增。 第4讲　探究1　导数与不等式的证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 赢在字里行间 (2)证法一:(最值法) 由(1)得,f(x)min=f(-ln a)=a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a,  关键点3:由(1)求f(x)的最小值。 要证f(x)>2ln a+, 即证1+a2+ln a>2ln a+, 即证a2--ln a>0恒成立, 令g(a)=a2--ln a(a>0),  关键点4:构造函数证明不等式。 第4讲　探究1　导数与不等式的证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 赢在字里行间 则g'(a)=2a-=, 令g'(a)<0,则0<a<; 令g'(a)>0,则a>; 所以g(a)在上单调递减,在上单调递增, 所以g(a)min=g=--ln =ln >0,则g(a)>0恒成立, 关键点5:求g(a)的最小值,得结论。 所以当a>0时,f(x)>2ln a+恒成立。 证法二:(同构法) 令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1, 关键点3:首次构造函数。 第4讲　探究1　导数与不等式的证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 赢在字里行间 由于y=ex在R上单调递增,所以h'(x)=ex-1在R上单调递增, 又h'(0)=e0-1=0, 所以当x<0时,h'(x)<0;当x>0时,h'(x)>0; 所以h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 故h(x)≥h(0)=0,则ex≥x+1,当且仅当x=0时,等号成立, 关键点4:由构造的函数得出ex≥x+1。 因为f(x)=a(ex+a)-x=aex+a2-x=ex+ln a+a2-x≥x+ln a+1+a2-x,  关键点5:利用ex≥x+1化简不等式。 当且仅当x+ln a=0,即x=-ln a时,等号成立, 所以要证f(x)>2ln a+,即证ln a<a2-, 设m(x)=ln x-x+1,  关键点6:第2次构造函数。 第4讲　探究1　导数与不等式的证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 赢在字里行间 则m'(x)=-1, 所以0<x<1时,m'(x)>0,m(x)为增函数, x>1时,m'(x)<0,m(x)为减函数, 所以m(x)≤m(1)=0,即ln x≤x-1, 即ln a≤a-1, 又a2--(a-1)=a2-a+=+>0。 所以a2->a-1,即a2->ln a。  关键点7:连续放缩证明不等式。 综上所述,f(x)>2ln a+成立。 第4讲　探究1　导数与不等式的证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 赢在字里行间 (1)本题突出强调对函数单调性、最值、不等式等基础知识和基本概念的深入理解,力图促进教考衔接。 (2)以往导数题大多是压轴题,2023年调整了位置,打破了固定思维模式,也是高考改革的体现。 (3)本题第(2)问不等式的证明采用了最常规的方法——构造函数,利用函数的最值证明不等式。 第4讲　探究1　导数与不等式的证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 赢在字里行间 【变式训练1】