4.4.3导数的不等式问题课件-2025届高三数学一轮复习

第3课时　导数的不等式问题 核心考点·分类突破 第四章　一元函数的导数及其应用 【命题分析】导数中的不等式证明经常被考查,常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合,题目难度较大,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,采用不同的解题方法,可以达到事半功倍的效果. 核心考点·分类突破 考点一作差法构造函数,证明不等式 [例1]设f(x)=2xln x+1. (1)求f(x)的最小值; 【解析】(1)f'(x)=2(ln x+1),所以当x∈(0,)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=时,f(x)取得最小值f()=1-. [例1]设f(x)=2xln x+1. (2)证明:f(x)≤x2-x++2ln x. 【解析】(2)x2-x++2ln x-f(x)=x(x-1)--2(x-1)ln x=(x-1) (x--2ln x), 令g(x)=x--2ln x,则g'(x)=1+-=≥0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,所以当0<x<1时,g(x)<0,当x>1时,g(x)>0,所以(x-1) (x--2ln x)≥0, 即f(x)≤x2-x++2ln x. 解题技法 　作差法构造函数,证明不等式的策略 (1)待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数; (2)有时对复杂的式子要进行变形,借助所构造函数的单调性和最值求解,利用导数研究其单调性和最值. 对点训练 　已知函数f(x)=x+xln x,求证:f(x)>3(x-1). 【证明】令g(x)=f(x)-3(x-1), 即g(x)=xln x-2x+3(x>0). g'(x)=ln x-1,由g'(x)=0,得x=e. 由g'(x)>0,得x>e;由g'(x)<0,得0<x<e. 所以g(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增, 所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(e)=3-e>0. 于是在(0,+∞)上,都有g(x)≥g(e)>0, 所以f(x)>3(x-1). 考点二分拆函数法证明不等式 [例2]已知函数f(x)=eln x-ax(x>0). (1)讨论函数f(x)的单调性; 【解析】(1)f'(x)=-a(x>0), ①若a≤0,则f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; ②若a>0,则当0<x<时,f'(x)>0; 当x>时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减. 综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减. [例2]已知函数f(x)=eln x-ax(x>0). (2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0. 【解析】(2)方法一:因为x>0,所以只需证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, 所以f(x)max=f(1)=-e. 记g(x)=-2e(x>0), 则g'(x)=, 所以当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, 所以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. 方法二:由题意知,即证exln x-ex2-ex+2ex≤0, 从而等价于ln x-x+2≤. 设函数G(x)=ln x-x+2, 则G'(x)=-1. 所以当x∈(0,1)时,G'(x)>0, 当x∈(1,+∞)时,G'(x)<0, 故G(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 从而G(x)在(0,+∞)上的最大值为g(1)=1. 设函数h(x)=,则h'(x)=. 所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0, 当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0, 故h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 从而h(x)在(0,+∞)上的最小值为h(1)=1. 综上,当x>0时,g(x)≤h(x),即xf(x)-ex+2ex≤0. 解题技法 1.当直接求导后导数式比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个函数,从而找到可以传递的中间量.在证明过程中,等价转化是关键,此处g(x)min≥f(x)max恒成立,从而f(x)≤g(x)恒成立. 2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点,一般地,ex与ln x要分离,常构造xn与ln x,xn与ex的积、商形式. 对点训练 证明:对一切x∈(0,+∞),都有ln x>-成立. 【证明】问题等价于证明xln x>-(x∈(0,+∞)).设f(x)=xln x,f'(x)=1+ln x,易知x=为f(x)的唯一极小值点, 则f(x)=xln x(x∈(0,+∞))的最小值是-,当且仅当x=时取到. 设m(x)=-(x∈(0,+∞)),则m'(x)=,由m'(x)<0,得x>1时,m(x)单调递减; 由m'(x)>0得0<x<1时,m(x)单调递增,易知m(x)max=m(1)=-,当且仅当x=1时取到.从而对一切x∈(0,+∞),xln x≥-≥-,两个等号不同时取到,所以对一切x∈(0,+∞)都有ln x>-成立. 考点三放缩构造函数证明不等式 [例3]f(x)=ex. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; 【解析】(1)由f(x)=ex,得f(0)=1,f'(x)=ex, 则f'(0)=1,即曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=x-0, 所以所求切线方程为x-y+1=0. [例3]f(x)=ex. (2)当x>-2时,求证:f(x)>ln(x+2). 【解析】(2)设g(x)=f(x)-(x+1)=ex-x-1(x>-2), 则g'(x)=ex-1,当-2<x<0时,g'(x)<0; 当x>0时,g'(x)>0, 即g(x)在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 于是当x=0时,g(x)min=g(0)=0, 因此f(x)≥x+1(当x=0时取等号). 令h(x)=x+1-ln(x+2)(x>-2), 则h'(x)=1-=, 则当-2<x<-1时,h'(x)<0,当x>-1时,h'(x)>0, 即h(x)在(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,于是当x=-1时,h(x)min=h(-1)=0, 因此x+1≥ln(x+2)(当x=-1时取等号),所以当x>-2时,f(x)>ln(x+2). 解题技法 　放缩法证明不等式的策略 导数方法证明不等式的问题中,最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下: (1)ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号; (2)ln x≤x-1,当且仅当x=1时取等号. 对点训练 　已知f(x)=a-ln x-1. (1)若a=1,求f(x)在(1,f(1))处的切线方程; 【解析】(1)当a=1时,f(x)=-ln x-1(x>0), f'(x)=-,k=f'(1)=0, 又f(1)=0,所以切点为(1,0). 所以切线方程为y-0=0(x-1),即y=0. 　已知f(x)=a-ln x-1. (2)证明:当a≥1时,f(x)≥0. 【解析】(2)因为a≥1,所以a≥, 所以f(x)≥-ln x-1. 方法一:令φ(x)=-ln x-1(x>0), 所以φ'(x)=-, 令h(x)=-,所以h'(x)=+>0, 所以φ'(x)在(0,+∞)上单调递增,又φ'(1)=0, 所以当x∈(0,1)时,φ'(x)<0; 当x∈(1,+∞)时,φ'(x)>0, 所以φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以φ(x)min=φ(1)=0,所以φ(x)≥0, 所以f(x)≥φ(x)≥0,即f(x)≥0. 方法二:令g(x)=ex-x-1,所以g'(x)=ex-1. 当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0; 当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0, 所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(0)=0, 故ex≥x+1,当且仅当x=0时取“=”. 同理可证ln x≤x-1,当且仅当x=1时取“=”. 由ex≥x+1⇒≥x(当且仅当x=1时取“=”), 由x-1≥ln x⇒x≥ln x+1(当且仅当x=1时取“=”), 所以≥x≥ln x+1,即≥ln x+1, 即-ln x-1≥0(当且仅当x=1时取“=”), 即f(x)≥0. 【加练备选】 　　 (2023·南充模拟)已知函数f(x)=ax-sin x. (1)若函数f(x)为增函数,求实数a的取值范围; 【解析】(1)f(x)=ax-sin x,所以f'(x)=a-cos x, 由函数f(x)为增函数,则f'(x)=a-cos x≥0恒成立,即a≥cos x在R上恒成立, 因为y=cos x∈[-1,1],所以a≥1, 即实数a的取值范围是[1,+∞). 　　 (2023·南充模拟)已知函数f(x)=ax-sin x. (2)求证:当x>0时,ex>2sin x. 【解析】(2)由(1)知,当a=1时,f(x)=x-sin x为增函数,当x>0时,f(x)>f(0)=0⇒x>sin x, 要证当x>0时,ex>2sin x,只需证当x>0时, ex>2x, 即证ex-2x>0在(0,+∞)上恒成立. 设g(x)=ex-2x(x>0),则g'(x)=ex-2, 令g'(x)=0解得x=ln 2, 所以g(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增, 所以g(x)min=g(ln 2)=eln 2-2ln 2 =2(1-ln 2)>0, 所以g(x)≥g(ln 2)>0,所以ex>2x成立,故当x>0时,ex>2sin x. 重难突破 泰勒公式在比较大小的应用 　　比较大小的选择题是近年高考的常见题型,一般情况下我们会构造函数模型代入数值进行比较和运算,但是对学生来说函数模型的选择是非常有难度的,因此在选择题中我们可以选择利用泰勒公式计算近似值的办法进行比较大小. 【教材探源】在人教A必修一教材中三角函数一章第256页“拓广探索”中第26题. 英国数学家泰勒给出如下公式: sin x=x-+-+…, cos x=1-+-+…, 其中n!=1×2×3×4×…×n. 这些公式被编入计算工具,计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性.比如,用前三项计算cos 0.3,就得到cos 0.3≈1-+=0.955 337 5. 【教材拓展】 　下面给出高中阶段常用的泰勒公式: (1)ex=1+x+x2+…+xn+…,x∈R; (2)sin x=x-+…+(-1)k-1+…, x∈R; (3)cos x=1-+…+(-1)kx2k+…, x∈R; (4)ln(1+x)=x-x2+…+(-1)n-1xn+…,-1<x≤1; (5)(1+x)a=1+ax+x2+…+xn+…,|x|<1. 类型一 利用ex、ln(1+x)的泰勒展开式比较 [例1](2022·新高考Ⅰ卷)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则(　　) A.a<b<c B. c<b<a C.c<a<b D. a<c<b 【解析】选C.b=≈0.111, 由公式ex=1+x++… 可得e0.1≈1+0.1+=1.105, 则a=0.1e0.1≈0.110 5, c=-ln 0.9=ln =ln(1+), 由公式ln(1+x)=x-+-… 得c=ln(1+)≈-≈0.104 9, 所以c<a<b. 类型二 利用sin x,cos x的泰勒展开式比较 [例2](2022·全国甲卷)已知a=,b=cos ,c=4sin ,则(　　) A.c>b>a B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b 【解析】选A.由公式sin x=x-+… 得c=4sin≈4(-)=>a, 由公式cos x=1-+-… 得b=cos≈1-+>=a, 排除BCD. 【一题多法】构造函数h(x)=1-x2-cos x,x∈[0,],则g(x)=h'(x)=-x+sin x, g'(x)=-1+cos x≤0, 所以g(x)≤g(0)=0,因此 h(x)在[0,]上单调递减, 所以h()=a-b<h(0)=0,即a<b; ==,x∈[0,]时,tan x>x, 所以>1,即b<c,综上c>b>a. 类型三 利用ln(1+x),(1+x)a的泰勒展开式比较 [例3](2021·全国乙卷)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=-1,则(　　) A. a<b<c B. b<c<a C. b<a<c D. c<a<b 【解析】选B.因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1>ln 1.02, 所以a>b.排除A,D.根据选项B,C可知,只需比较a,c的大小即可. 由公式ln (1+x)=x-+… 得a=2ln (1+0.01)≈2×(0.01-) ≈0.02-0.000 1=0.019 9, 由公式(1+x)a=1+ax+x2+… 得c=-1≈×0.04+×0.042 ≈0.02-0.000 2=0.019 8, 所以a>c.排除C. 解题技法 通过以上示例可以看出,利用泰勒公式近似计算求解难度比较大的试题确实可以提高解题速度,运用该法的难点是要利用数字特征构造对应的函数. 对点训练 1.已知a=e0.02,b=1.02,c=ln 2.02,则(　　) A.c>a>b B.a>b>c C.a>c>b D.b>a>c 【解析】选B.方法一(泰勒公式):设x=0.02,则a=e0.02=1+0.02++…, 显然a>b>1>c. 方法二(构造函数):令f(x)=ex-(1+x), 令f'(x)=ex-1=0,得x=0, 当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,函数f(x)在(-∞,0)上单调递减, 当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以f(0.02)>f(0)=0, 从而e0.02>1+0.02=1.02>1>ln 2.02. 2.(2023·长春模拟)已知a=e0.1-1,b=sin 0.1,c=ln 1.1,则(　　) A.a<b<c B.b<c<a C.c<a<b D.c<b<a 【解析】选D.方法一(泰勒公式):设x=0.1,则a=e0.1-1=0.1++…, b=sin 0.1=0.1-+…, c=ln 1.1=0.1-+…,故c<b<a. 方法二(构造法):令f(x)=ex-x-1,则f'(x)=ex-1,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0, 故f(x)在(0,+∞)上是增函数,故f(0.1)>f(0), 即e0.1-0.1-1>0,故a=e0.1-1>0.1. 令g(x)=sin x-x,则g'(x)=cos x-1<0在(0,1)上恒成立,故g(x)=sin x-x在(0,1)上单调递减,故g(0.1)<g(0),即sin 0.1-0.1<0, 即b=sin 0.1<0.1. 令h(x)=ln(x+1)-sin x, 则h'(x)=-cos x=, 令m(x)=1-(x+1)cos x,则m'(x)=-cos x+(x+1)sin x, 易知m'(x)在(0,)上是增函数, 且m'()=-+(1+)×=<0, 故m'(x)<0在(0,)上恒成立, 故m(x)在(0,)上是减函数, 又m(0)=1-1=0, 故m(x)<0在(0,)上恒成立, 故h'(x)<0在(0,)上恒成立, 故h(x)在(0,)上是减函数, 故h(0.1)<h(0)=0,即ln 1.1-sin 0.1<0,即c<b,故c<b<a. 谢谢观赏！！ $$