第3章 专题1 第1课时 利用导数证明不等式（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第三章　导数及其应用 专题一　高考中的导数问题 第一课时　利用导数证明不等式 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 栏目索引 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 课时作业(二十) 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 谢谢观看！ 利用导数证明不等式在高考中经常被考查，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等知识相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果． 【例1】(2023·江苏连云港调研)已知函数f (x)＝ex＋x2－x＋1. (1)求函数f (x)的极值； (2)证明：∀x∈R，f (x)>3x. (1)解：已知f (x)＝ex＋x2－x＋1，函数定义域为R， 可得f′(x)＝ex＋2x－1，令m(x)＝ex＋2x－1，m′(x)>0可知f′(x)在R上单调递增， 又f′(0)＝0， 当x<0时，f′(x)<0，f (x)单调递减； 当x>0时，f′(x)>0，f (x)单调递增， 所以当x＝0时，函数f (x)取得极小值，极小值f (0)＝2. 综上，函数f (x)的极小值为2，无极大值． (2)证明：不妨设g(x)＝f (x)－3x＝ex＋x2－4x＋1，函数定义域为R， 可得g′(x)＝ex＋2x－4，不妨设h(x)＝ex＋2x－4，函数定义域为R， 可得h′(x)＝ex＋2>0，所以函数h(x)在R上单调递增， 即函数g′(x)在R上单调递增， 又g′(0)＝－3<0，g′(1)＝e－2>0， 所以在区间(0，1)上存在一点x0，使得g′(x0)＝0， 当x<x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)≥g(x0)＝＋x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －4x0＋1＝x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －6x0＋5＝(x0－3)2－4， 易知当0<x0<1时，g(x0)单调递减， 所以g(x0)min>g(1)>0， 则g(x)≥g(x0)>0， 所以g(x)>0， 故∀x∈R，使得f (x)>3x. 【练1】 (2023·山东济南模拟)已知函数f (x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f (x)的单调性； (2)当a<0时，证明：f (x)≤－ eq \f(3,4a) －2. (1)解：f′(x)＝ eq \f(2ax2＋（2a＋1）x＋1,x) ＝ eq \f(（2ax＋1）（x＋1）,x) ，x>0. 当a≥0时，f′(x)>0，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增． 若a<0，则令f′(x)＝0，解得x＝－ eq \f(1,2a) . 所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a))) 时，f′(x)>0，f (x)单调递增， 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞)) 时，f′(x)<0，f (x)单调递减． (2)证明：设g(x)＝f (x)＋ eq \f(3,4a) ＋2(x>0). 要证原不等式成立，需证g(x)max≤0，即证f (x)max＋ eq \f(3,4a) ＋2≤0. 由(1)知，当a<0时，f (x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a))) .即证ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a))) ＋ eq \f(1,2a) ＋1≤0. 不妨设t＝－ eq \f(1,2a) >0，则证ln t－t＋1≤0， 令h(t)＝ln t－t＋1，求导得h′(t)＝ eq \f(1,t) －1. h′(t)>0时，t∈(0，1)，h′(t)<0时，t∈(1，＋∞). 所以h(t)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则h(t)max＝h(1)＝0.故f (x)≤－ eq \f(3,4a) －2. 【例2】 (2023·广东惠州一模)设函数f (x)＝ eq \f(x,ex) ＋ax2－2ax，g(x)＝ eq \f(3ln x,x) ＋2ax＋ eq \f(2,ex) ，a∈R. (1)讨论f (x)的单调性； (2)若a∈[－1，0)，求证：g(x)<4a＋3. (1)解：f (x)的定义域为R，f′(x)＝ eq \f(1－x,ex) ＋2ax－2a＝(1－x)( eq \f(1,ex) －2a)， 对a分类讨论： (i)当a≤0时， eq \f(1,ex) －2a>0， 当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f (x)在(－∞，1)上单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f (x)在(1，＋∞)上单调递减． (ii)当a>0时，f′(x)＝ eq \f(1－x,ex) (1－2aex)， 令1－2aex＝0，解得x＝ln eq \f(1,2a) ， ①当ln eq \f(1,2a) ＝1，即a＝ eq \f(1,2e) ，则f′(x)≥0恒成立，f (x)在R上单调递增； ②当ln eq \f(1,2a) <1，即a> eq \f(1,2e) ，令f′(x)>0，则x<ln eq \f(1,2a) 或x>1， ∴f (x)在(－∞，ln eq \f(1,2a) )和(1，＋∞)上单调递增， 令f′(x)<0，则ln eq \f(1,2a) <x<1，∴f (x)在(ln eq \f(1,2a) ，1)上单调递减； ③当ln eq \f(1,2a) >1，即0<a< eq \f(1,2e) 时，令f′(x)>0，则x<1或x>ln eq \f(1,2a) ， ∴f (x)在(－∞，1)和(ln eq \f(1,2a) ，＋∞)上单调递增， 令f′(x)<0，则1<x<ln eq \f(1,2a) ， ∴f (x)在(1，ln eq \f(1,2a) )上单调递减． 综上可得：当a≤0时，f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当a>0时，①当a＝ eq \f(1,2e) 时，f (x)在R上单调递增； ②当a> eq \f(1,2e) 时，f (x)在(－∞，ln eq \f(1,2a) )和(1，＋∞)上单调递增，在(ln eq \f(1,2a) ，1)上单调递减； ③当0<a< eq \f(1,2e) 时，f (x)在(－∞，1)和(ln eq \f(1,2a) ，＋∞)上单调递增，在(1，ln eq \f(1,2a) )上单调递减． (2)证明：要证：g(x)<4a＋3. 即证明： eq \f(3ln x,x) ＋2ax＋ eq \f(2,ex) <4a＋3，a∈[－1，0)，其中x>0， 需要证明： eq \f(x,ex) ＋ax2－2ax< eq \f(3,2) (x－ln x)， 亦需要证明f (x)< eq \f(3,2) (x－ln x)， 由(1)知，当a∈[－1，0)时，f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴f (x)在(0，＋∞)内有唯一极大值，即最大值为f (x)max＝f (1)＝ eq \f(1,e) －a. 又∵a∈[－1，0)，∴－a∈(0，1]， ∴ eq \f(1,e) －a∈( eq \f(1,e) ，1＋ eq \f(1,e) ]，即f (x)max＝ eq \f(1,e) －a≤1＋ eq \f(1,e) . 又设h(x)＝ eq \f(3,2) (x－ln x)，h′(x)＝ eq \f(3,2) (1－ eq \f(1,x) )＝ eq \f(3（x－1）,2x) ， 当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)在(0，1)上单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴h(x)在(0，＋∞)内，有唯一极小值，即最小值为 h(x)min＝h(1)＝ eq \f(3,2) ×1＝1＋ eq \f(1,2) >1＋ eq \f(1,e) ， 而f (x)max≤1＋ eq \f(1,e) ，∴h(x)>f (x)， ∴原结论成立． 【练2】 (2024·湖南长沙模拟)已知函数f (x)＝ex2－x ln x．求证：当x>0时，f (x)<xex＋ eq \f(1,e) . 证明：当x>0时，要证f (x)<xex＋ eq \f(1,e) ，只需证ex－ln x<ex＋ eq \f(1,ex) ，即ex－ex<ln x＋ eq \f(1,ex) . 令h(x)＝ln x＋ eq \f(1,ex) (x>0)，则h′(x)＝ eq \f(ex－1,ex2) ，易知h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) 上单调递增，则h(x)min＝h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e))) ＝0，所以ln x＋ eq \f(1,ex) ≥0. 再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0. 因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex<ln x＋ eq \f(1,ex) ，故原不等式成立． 【例3】 (2023·四川石室中学高三模拟)已知函数f (x)＝(x－m)ex－ eq \f(1,m) x2＋nx，且曲线y＝f (x)在x＝0处的切线为y＝－2. (1)求m，n的值和f (x)的单调区间； (2)若f (x1)＝f (x2)＝f (x3)(x1＜x2＜x3)，证明：x1＋x2＞0. (1)解：因为f (x)＝(x－m)ex－ eq \f(1,m) x2＋nx，x∈R， 所以f′(x)＝(x－m＋1)ex－ eq \f(2,m) x＋n. 由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝－m＝－2，,f′（0）＝－m＋1＋n＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝1.)) 因为f′(x)＝(x－1)ex－x＋1＝(x－1)(ex－1)， 所以当x＜0或x＞1时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0， 则f (x)在(－∞，0)与(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减． (2)证明：由(1)可知x1＜0，0＜x2＜1，x3＞1. 设g(x)＝f (x)－f (－x)(0＜x＜1)， 则g′(x)＝f′(x)＋f′(－x)＝(x－1)(ex－1)＋(－x－1)·(e－x－1)＝ eq \f(ex－1,ex) [(x－1)ex＋x＋1]. 设h(x)＝(x－1)ex＋x＋1，则h′(x)＝xex＋1. 因为0＜x＜1，所以h′(x)＞0，则h(x)在(0，1)上单调递增． 因为h(0)＝0，所以h(x)＞0在(0，1)上恒成立，即g′(x)＞0在(0，1)上恒成立， 则g(x)在(0，1)上单调递增． 因为g(0)＝0，所以g(x)＞0在(0，1)上恒成立，即f (x)＞f (－x)对一切x∈(0，1)恒成立． 因为x2∈(0，1)，所以f (x2)＞f (－x2). 因为f (x1)＝f (x2)，所以f (x1)＞f (－x2). 因为f (x)在(－∞，0)上单调递增，且x1，－x2∈(－∞，0)，所以x1＞－x2，即得证：x1＋x2＞0. 【练3】 已知函数f (x)＝ln x＋ eq \f(a,x) . (1)求f (x)的最小值； (2)若方程f (x)＝a有两个根x1，x2(x1<x2)，求证：x1＋x2>2a. (1)解：因为f′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(a,x2) ＝ eq \f(x－a,x2) (x>0)， 所以当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值． 当a＞0时，f (x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 函数f (x)在x＝a处取最小值f (a)＝ln a＋1. (2)证明：由题意知函数y＝f (x)－a的两个零点为x1，x2(x1＜x2)，且a>0， 由(1)知f (x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 则0＜x1＜a＜x2.令g(x)＝f (x)－f (2a－x)(0＜x＜a)， 则g′(x)＝(x－a) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,（2a－x）2))) ＝－ eq \f(4a（x－a）2,x2（2a－x）2) <0， 所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，即f (x)＞f (2a－x). 令x＝x1＜a，则f (x1)＞f (2a－x1)，所以f (x2)＝f (x1)＞f (2a－x1)，由(1)可得f (x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1，故x1＋x2＞2a. 【例4】 (2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝xeax－ex. (1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性； (2)当x>0时，f (x)<－1，求a的取值范围； (3)设n∈N＋，证明： eq \f(1,\r(12＋1)) ＋ eq \f(1,\r(22＋2)) ＋…＋ eq \f(1,\r(n2＋n)) >ln (n＋1). (1)解：当a＝1时，f (x)＝(x－1)ex(x∈R)， 则f′(x)＝xex， 当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0， 故f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)解：f′(x)＝(1＋ax)eax－ex(x∈(0，＋∞))， ①当a≥1时，f′(x)＝(1＋ax)eax－ex＞eax－ex≥ex－ex＝0， ∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x)＞f (0)＝－1，与题意矛盾． ②当a≤0时，f′(x)≤eax－ex≤1－ex＜0. ∴f (x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x)＜f (0)＝－1，满足题意． ③当0＜a≤ eq \f(1,2) 时， ∴G(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴G(x)＜G(0)＝0， ∴f (x)＜f (0)＝－1，满足题意． ④当 eq \f(1,2) ＜a＜1时， 又H′(0)＝2a－1＞0，x→＋∞时，H′(x)＜0， ∴∃x0∈(0，＋∞)，使H′(x0)＝0， 且当x∈(0，x0)时，H′(x)＞0， H(x)在(0，x0)上单调递增，此时H(x)＞H(0)＝0， ∴当x∈(0，x0)时，f′(x)＝eaxH(x)＞0， f (x)在(0，x0)上单调递增， ∴f (x)＞f (0)＝－1，与题意矛盾． 综上，实数a的取值范围为(－∞， eq \f(1,2) ]. 故2t ln t<t2－1，即2ln t<t－ eq \f(1,t) 对任意的t>1恒成立． ∴对任意的n∈N＋，有2ln eq \r(\f(n＋1,n)) < eq \r(\f(n＋1,n)) － eq \r(\f(n,n＋1)) ， 整理得ln (n＋1)－ln n< eq \f(1,\r(n2＋n)) ， 故 eq \f(1,\r(12＋1)) ＋ eq \f(1,\r(22＋2)) ＋…＋ eq \f(1,\r(n2＋n)) >ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n ＝ln (n＋1)， 故不等式成立． 【练4】 已知函数f (x)＝x－1－a ln x. (1)若f (x)≥0，求a的值； (2)证明：对于任意正整数n，(1＋ eq \f(1,2) )(1＋ eq \f(1,22) )·…·(1＋ eq \f(1,2n) )<e. (1)解：f (x)的定义域为(0，＋∞)， ①若a≤0，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) ＝－ eq \f(1,2) ＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a>0，由f′(x)＝1－ eq \f(a,x) ＝ eq \f(x－a,x) 知， 当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f (x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 故x＝a是f (x)在(0，＋∞)上的唯一极小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f (x)≥0，故a＝1. (2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0. 令x＝1＋ eq \f(1,2n) ，得ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n))) < eq \f(1,2n) . 从而ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2))) ＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22))) ＋…＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n))) < eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,22) ＋…＋ eq \f(1,2n) ＝1－ eq \f(1,2n) <1. 故 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22))) ·…· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n))) <e. $$