2024-2025学年高二数学下学期人教A版选择性必修二第5章一元函数的导数及其应用-名师配培优课01利用导数证明不等式

培优提升课　导数的综合应用 第1课时　利用导数证明不等式 课堂互动探究 题型一 作差法构造函数证明不等式 【典例1】　已知函数f(x)＝x2＋lnx，g(x)＝x3，求证：在区间(1，＋∞)上，f(x)<g(x)． 证明f(x)>g(x)的一般方法：作差构造新函数h(x)＝f(x)－g(x)，证明h(x)>0(利用单调性)；特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法)，但此种方法不具备普遍性. 【对点训练】 1． 已知函数f(x)＝lnx－，证明：f(x)<x2－lnx－. 题型二 导数中经典不等式的应用 【典例2】　(1)证明不等式ex≥x＋1. (2)证明不等式lnx≤x－1. 与ex，lnx有关的常用不等式 (1)ex≥1＋x(x∈R)． (2)ex≥ex(x∈R)． (3)≤lnx≤x－1(x>0，当且仅当x＝1时，等号成立). 【对点训练】 2．若x∈(0，π)，求证：ex>sinx＋1. 3．已知x>0，求证：<ln(1＋x)． 题型三 与ex，lnx有关的不等式证明 【典例3】　已知函数f(x)＝aex－lnx－1. (1)设x＝2是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间； (2)证明：当a≥时，f(x)≥0. (1)与ex和lnx(x>0) 有关的不等式之间的关系ex≥x＋1>x>x－1≥lnx，常用该不等式通过放缩证明一些问题．可借助图象进行理解． (2)在运用ex≥x＋1及lnx≤x－1之前一定要先证明. 【对点训练】 4．已知函数f(x)＝ex－ln(x＋2)，求证：f(x)>0. 随堂达标验收 1．若e－x＋x－m≥0恒成立，则m最大值为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 2．若x∈，a＝2x，b＝sinx，c＝x，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c<a<b B．c<b<a C．b<a<c D．b<c<a 3．(多选)下列不等式正确的是(　　) A．当x∈R时，ex≥x＋1 B．当x>0时，lnx≤x－1 C．当x∈R时，ex≥x2＋x＋1 D．当x>0时，lnx≥1－ 4．试判断ln(x＋1)与x的大小关系为________． 学科网（北京）股份有限公司 $$培优提升课导数的综合应用 第1课时利用导数证明不等式 课堂互动探究 题型一 作差法构造函数证明不等式 【典例1】 己知函数x)=x2+lnx,g(x)=x3,求证：在区间(1，+∞)上， fx)g(x). [证明设F(x)=gx)-x), 即F(x)=x3-x2-lnr, 即F′(x)=2x2-x-=. 当>1时，F(x)=>0, 从而Fx)在(1，+∞)上单调递增， ∴.Fx)>F1)=>0. ∴.当x>1时，gx)-x)>0, 即xg(x). 名师点睛 证明fx)>gx)的一般方法：作差构造新函数h(x)=x)-g(x),证明h(x)>O(利用单 调性)；特殊情况是证明x)mim>gx)aa(最值方法)，但此种方法不具备普遍性， 【对点训练】 1.已知函数fx)=lnr一，证明：fx)x2-lnr一. [证明f(x)=·=, .当x∈(0，e)时，f(x)>0 当x∈(e,+o)时，f(x)0, ∴.函数fx)的单调递增区间为(0，e), 单调递减区间为(e,+∞)， .∴，fx)max=fe)=lne-=0. 设gx)=x2-ln-, 则g'(x)=2x-=, ∴.当x∈时，g'(x)<0; 当x∈时，g'(x)>0, ∴函数g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为， .'.g(x)min =g=-In-=-+In2 = '.'In2>In=,..g(x)min>0. 又fx)≤x)mx=0, x)gx),即fxx2-lnr-. 题型二 导数中经典不等式的应用 【典例2】(I)证明不等式e≥x+1. (2)证明不等式lnr≤x-1. [证明](1)设fx)=e-x-1, 则f(x)=e-1,由f(x)=0,得x=0, 所以当x<0时，(x)0;当x>0时，f(x)>0,所以x)在(-∞，0)上单调递减， 在(0，+oo)上单调递增，所以fx)≥0)=0，即e-x-1≥0，所以e≥x+1. (2)由题意知x>0, 令x)=x-1-lnx, 所以f(x)=1-=, 所以当(x)>0时，x>1; 当fx)0时，0<x<1, 故fx)在(0,1)上单调递减，在(1，+o∞)上单调递增，所以x)有最小值1)=0， 故有fx)=x-1-lnr>1)=0, 即lnr≤x-1成立. 名师点睛 与e,lnr有关的常用不等式 (I)e≥1+x(x∈R) (2)e≥ex(x∈R) (3)≤lnr≤x-1(x>0,当且仅当x=1时，等号成立). 【对点训练】 2.若x∈(0，π)，求证：e>sinr+1. [证明]证法一：要证e>sinr+l, 即证e-sinx-l>0. 构造fx)=e-sinx-l,x∈(0，)， 则f(x)=e-cos>0, 故fx)在(0，π)上单调递增， fx)>e°-sin0-1=0, ∴.fx)>0,即e>sinr+l. 证法二：设x)=e-x-1, 则f(x)=e-1,由(x)=0,得x=0, 所以当x<0时，(x)K0;当x>0时，(x)>0,所以x)在(-∞，0)上单调递减， 在(0，+o∞)上单调递增，所以fx)≥0)=0，即e-x-1≥0，所以e≥x+1. 只需证x+1>sinx+1,即x>sinx. 记fx)=x-sinr,x∈(0，)， 则f(x)=1-cos>0, x)在(0，)上单调递增，fx)>0)=0, .x∈(0，π)时，fx)>0,∴x>sinx, 从而e>sinr+l. 3.已知x>0,求证：<n(1十x). [证明]证法一：构造函数g(x)=ln(1+x)-, 当>0时，g'(x)=-=>0 即当x∈(0，+∞)时，函数g(x)单调递增 即g(x)>g0)=0. 故gx)=ln(1+x)->0, 即<ln(1+x) 证法二：lnr≤x-1,且当x=1时等号成立. .ln<-1(x>0), 即ln<, .'.<In+1). 题型三 与e,lnr有关的不等式证明 【典例3】 已知函数fx)=ae-lnr一l. (1)设x=2是x)的极值点，求x)的单调区间： (2)证明：当a≥时，x)≥0. [解](1)x)的定义域为(0，+∞)， f (x)=ae"-. 由题设知f(2)=0,所以a=, 从而f)=e-lnr-1,f(x)=e- 当0<x<2时，f(x)<0,当x>2时，f(x)>0. 所以x)的单调递增区间为(2，+∞)， 单调递减区间为(0,2). (2)证明：当a≥时，fx)≥-lnx-1. 设gx)=-lnx-1x∈(0，+∞)， 则g’(x)=-. 当0<x<1时，g'(x)<0: 当>1时，g'(x)>0. 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 所以g(x)mm=g(1)=0, 故当x>0时，gx)≥g(1)=0. 因此，当a≥时，x)≥0. 名师点睛 (I)与e和lnr(x>0) 有关的不等式之间的关系e≥x+l>x>x-1≥lr,常用该不等式通过放缩证明一 些问题.可借助图象进行理解. (2)在运用e≥x+1及lnx≤x-1之前一定要先证明 【对点训练】 4.已知函数fx)=e-ln(x+2),求证：fx>0. [证明]令gx)=e-x-1,则g'(x)=e-1,令g'(d)=0,得x=0,当x∈(- ∞，0)时，g'(x)<0,gx)单调递减，当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0,gx)单调递增， ∴·gx)≥g(0)=0,即e-x-1≥0， ∴.c≥x+1(当且仅当x=0时，等号成立).① 令hx)=x+1-ln(x+2),则h'(x)=1-=(x>-2),由h'(x)<0,得-2<K-1.由 h'(x)>0得x>-1,,∴hx)在(-2，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增， ∴.hx)≥h(-1)=0,即x+1-ln(x+2)≥0，即x+1≥lnx+2)(当且仅当x=-1时， 等号成立).② 由①②可得e>ln(x+2),即fx)>0. 随堂达标验收 1.若e+x一m≥0恒成立，则m最大值为() A.0B.1C.2D.3 [解析]由e≥x+1得er≥-x+1(x=0取等号)，又er+x-m≥0恒成立，即e *≥-x+m,,m≤1. [答案]B 2.若x∈，a=2,b=sinr,c=x,则a,b,c的大小关系为() A.c<a<b B.c<b<a C.b<a<c D.b<c<a [解析]令x)=x-sinx,x∈(0,1)，则f(x)=1-cos>0,所以x)在(0,1)上单调 递增，所以fx)>fO)=0,即x>sinr在(0，I)上恒成立，则c>b在上恒成立，又当x∈时a =2>2°=1，c=x<1,所以a>c>b.故选D. [答案]D 3.(多选)下列不等式正确的是() A.当x∈R时，e≥x+1 B.当x>0时，lnx≤x-1 C.当x∈R时，e≥x2+x+1 D.当x>0时，lnx≥1一 [解析]令x)=e-x-1,则f(x)=e-1,∴当x∈(-∞，0)时，(x)<0;当 x∈(0，+∞)时，f(x)>0;∴fx)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， x)≥0)=0，即当x∈R时，e≥x+1,A正确；令gx)=lnx-x+1(>0),则g'(x) =-1=，当x∈(0,1)时，g'x)>0;当x∈(1，+o∞)时，g'(xK0;gx)在(0,1)上单 调递增，在(1，+oo)上单调递减，∴g()≤g(I)=0,即当x>0时，lnr≤x-1,B正确； 令h()=e-x2-x-1,则h'(x)=e-x-1,由A知：e≥x+1,即h'(x)≥0恒成立， ∴.h(x)在R上单调递增，又h(0)=0,当x∈(-∞，0)时，hx)<0;当x∈(0，+o∞)时， h(x)>0;即当x∈(-∞，0)时，e<r2+x+1;当x∈(0，+∞)时，e>x2+x+1,C错误； 令p(x)=lnr-1+(x>0),则o'(x)=-=,当x∈(0，l)时，p'(x)0;当x∈(1，+oo) 时，p′()>0；p(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，∴px)≥p(1)=0, 即当x>0时，lnx≥1-，D正确.故选ABD. [答案]ABD 4.试判断ln(x+1)与x的大小关系为 [解析]由题意知x>-l,令w)=ln(x+1)-x,所以f(x)=-1=,当fx)>0 时，-1<<0；当f(x)<0时，x>0,故x)在(-1,0)上单调递增，在(0，+∞)上单调 递减，所以fx)有最大值f0)=0,故有fx)=ln(x+1)-x≤O)=0,即ln(x+1)≤x成立. [答案]ln(x+l)≤x 5.已知x>0,证明：1+2r<e2r [证明]设fx)=1+2x-e2(x>0), 则(x)=2-2e2=21-e2, 当>0时，2>0，e2>e°=1，所以f(x)=2(1-e2<0, 所以函数x)=1+2x-e2在(0，+∞)上是减函数. 所以当x>0时，x)0)=0, 所以当x心0时，1+2x-e2<0,即1+2r<e2