1.5.1 导数与不等式的证明 题点考法讲评(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学二轮复习专题增分方略

导数与不等式的证明 习题讲评（五） 题点考法讲评 教学环节一 (每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授) CONTENTS 目录 1 2 教学点(一) 单变量不等式的证明 教学点(二)　双变量不等式的证明 单变量不等式的证明 教学点（一） 4 [典例]　已知函数f(x)=xex+a,g(x)=xln x+a. (1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为-,求a的值; 解:因为f(x)=xex+a,所以f'(x)=(1+x)ex. 令f'(x)=0,解得x=-1.所以当x∈(-∞,-1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(-1)=-+a. 因为g(x)=xln x+a,x>0,所以g'(x)=ln x+1.令g'(x)=0,解得x=. 5 所以当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 所以g(x)min=g=-+a. 由题意可得-+a-+a=-,解得a=-. 6 (2)若a=0,x>0,求证:f(x)>g'(x). 解: 法一:作差构造 证明:当a=0时,f(x)=xex,g(x)=xln x,则g'(x)=ln x+1. 要证f(x)>g'(x),即证xex-ln x-1>0,x>0. 令F(x)=xex-ln x-x-1,x>0,则F'(x)=(x+1)ex--1==(xex-1). 令G(x)=xex-1,x>0,则G'(x)=(x+1)ex, 所以当x>0时,G'(x)>0,所以G(x)在(0,+∞)上单调递增. 7 因为G(0)=-1<0,G(1)=e-1>0, 所以G(x)在(0,+∞)上存在唯一零点c∈(0,1),且当x∈(0,c)时,G(x)<0;当x∈(c,+∞)时,G(x)>0.所以当x∈(0,c)时,F'(x)<0,F(x)单调递减;当x∈(c,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增. 所以F(x)≥F(c)=cec-ln c-c-1.由G(c)=0,得cec-1=0,所以cec=1. 两边取对数,得ln c+c=0,所以F(c)=0, 所以F(x)≥F(c)=0,即xex-ln x-x-1≥0. 因为x>0,所以xex-ln x-1>0,即f(x)>g'(x). 8 法二:构造双函数 证明:要证f(x)>g'(x),即证xex>ln x+1,即证>. 令h(x)=,x>0,φ(x)=,x>0. 易得h'(x)=,则令h'(x)<0,得0<x<1; 令h'(x)>0,得x>1. 9 所以h(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)≥h(1)=e. 易得φ'(x)==. 令φ'(x)>0,得0<x<;令φ'(x)<0,得x>. 所以φ(x)在内单调递增,在上单调递减,所以φ(x)≤φ=<e, 所以h(x)>φ(x),故f(x)>g'(x). 10 [思维建模] 1.单变量不等式的证明方法 直接证明 利用函数的单调性和最值直接证明 作差构造 证明不等式f(x)>g(x)转化为证明f(x)-g(x)>0,进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x),通过研究函数h(x)的单调性,证明h(x)min>0 适当放缩构造 一是根据已知条件适当放缩,二是利用常见的放缩结论,然后构造辅助函数求解 构造双函数 将待证不等式进行变形,构造两个函数,转化为两个函数的最值问题(或找到可以传递的中间量a),即将不等式转化为f(x)≥g(x)的形式,证明f(x)min≥g(x)max(或f(x)≥a≥g(x))即可 2.常见的几种放缩方式 指数型放缩 ex≥x+1(当且仅当x=0时取等号),ex-1≥x(当且仅当x=1时取等号),ex≤(x<1)(当且仅当x=0时取等号) 对数型放缩 ln(x+1)≤x(x>-1)(当且仅当x=0时取等号),1-≤ln x≤x-1(x>0)(当且仅当x=1时取等号) 三角型放缩 sin x≤x≤tan x(当且仅当x=0时取等号),sin x≥x≥tan x(当且仅当x=0时取等号) [练1]　已知函数f(x)=a(ex+a2)-x. (1)讨论f(x)的单调性; 解:f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=aex-1.若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln a,当x<-ln a时,f'(x)<0,当x>-ln a时,f'(x)>0,故f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.故当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递减; 当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增. 即时训练 13 (2)证明:当a>0时,f(x)≥4ln a+2. 解: 证明:当a>0时,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值. 所以f(x)≥f(-ln a)=a3+1+ln a,从而f(x)-(4ln a+2)≥a3-3ln a-1. 设g(x)=x3-3ln x-1(x>0),则g'(x)=3x2-=. 当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0, 所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 故当x>0时,g(x)≥g(1)=0, 故当a>0时,a3-3ln a-1≥0,即f(x)≥4ln a+2. 14 [练2]　已知函数f(x)=xln x-x2-1. (1)讨论f(x)的单调性; 解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x-2x+1,令t(x)=f'(x),则t'(x)=-2=.当x∈时,t'(x)>0,t(x)单调递增, 当x∈时,t'(x)<0,t(x)单调递减, 所以t(x)max=t=-ln 2<0,即f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减. 15 (2)求证:f(x)<e-x+--1. 解:证明:先证f(x)≤-x-1. 审题破题:欲证原不等式成立,利用放缩法,先证f(x)≤-x-1,再证e-x+--1>-x-1(x>0). 令g(x)=f(x)+x+1=xln x-x2+x=x(ln x-x+1)(x>0),令m(x)=ln x-x+1(x>0),则m'(x)=-1. (妙解:为了证明g(x)≤0,不需要直接求g'(x),注意到x>0,故构造函数m(x)=ln x-x+1,求m'(x)可简化求解过程) 16 当x∈(0,1)时,m'(x)>0,m(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时,m'(x)<0,m(x)单调递减, 所以m(x)max=m(1)=0,所以m(x)≤0. 又x>0,所以g(x)≤0,故f(x)≤-x-1. 再证e-x+--1>-x-1(x>0),即证e-x+-+x>0(x>0). 17 令h(x)=e-x+-+x(x>0),则h(x)=e-x+x-1+≥e-x+x-1. 令p(x)=e-x+x-1(x>0),则p'(x)=1-e-x>0, 所以p(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以p(x)>e0+0-1=0,所以h(x)>0,即e-x+--1>-x-1(x>0). 综上,f(x)<e-x+--1. 18 双变量不等式的证明 教学点（二） 19 [典例]　已知函数f(x)=(x+a)ln x,a∈R,g(x)为f(x)的导函数,已知曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为3. (1)求a的值; 解:由f(x)=(x+a)ln x,可知f'(x)=ln x+,因为y=f(x)在(1,f(1))处的切线斜率为3,所以f'(1)=1+a=3,所以a=2. 20 (2)若对任意两个正实数x1,x2,且x1≠x2,有g(x1)=g(x2),求证:x1+x2>4. 解: 由(1)知g(x)=ln x++1,不妨设0<x1<x2,令=t(t>1),由g(x1)=g(x2), 得ln x1++1=ln x2++1,所以ln=,即ln=, 21 即ln t=,则x2=,所以x1==,要证x1+x2>4⇔+>4⇔ln t+<0. 设h(t)=ln t+(t>1),则h'(t)=+×=<0. 则h(t)在(1,+∞)上单调递减,h(t)<h(1)=0,故x1+x2>4成立. [思维建模]　函数中含有双变量问题的解决方法 关于函数中两个变量x1,x2问题的处理,一般需要进行消元,化二元为一元(多元为少元至一元),处理方法可以设0<x1<x2,t=(t>1)或t=(0<t<1),然后利用x1,x2的关系,如g(x1)=g(x2)或x1,x2是函数的极值点之类的,把与x1,x2有关的等式或不等式表示为关于t的函数的等式或不等式,再利用函数的导数进行求解证明. 已知函数f(x)=-ln(x+1)(a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间; 解:函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=, ①当a≤-1时,f'(x)<0在(-1,+∞)上恒成立,f(x)的单调递减区间为(-1,+∞),无单调递增区间; 即时训练 即时训练 24 ②当a>-1时,令f'(x)>0,解得-1<x<a,令f'(x)<0,解得x>a, 所以f(x)的单调递增区间为(-1,a),单调递减区间为(a,+∞). 综上,当a≤-1时,f(x)的单调递减区间为(-1,+∞),无单调递增区间; 当a>-1时,f(x)的单调递增区间为(-1,a),单调递减区间为(a,+∞). (2)已知m,n是正整数,且1<m<n,求证:(1+m)n>(1+n)m. 解: 证明:两边同时取对数,证明不等式成立等价于证明nln(1+m)>mln(1+n),即证明>. 25 构造函数h(x)=(x>-1,且x≠0),h'(x)=, 令g(x)=-ln(1+x), 由(1)知,当a=0时,g(x)在(0,+∞)上单调递减,故g(x)<g(0)=0, 所以h'(x)<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减. 由1<m<n,知h(m)>h(n),即>,即(1+m)n>(1+n)m. 26 本课结束 $$