第三章 第4节 第二课时 利用导数证明不等式（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

第4节　导数的综合应用 第二课时　利用导数证明不等式 第三章　导数及其应用 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(22) 温馨提示 谢谢观看！ 考点一　移项构造差函数法证明不等式 [例1] 已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a≤2，证明：当x>1时，f(x)<ex－1. (1)解：f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－ eq \f(1,x)＝ eq \f(ax－1,x). 当a≤0时，f′(x)＝ eq \f(ax－1,x)<0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，x∈( eq \f(1,a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， x∈(0， eq \f(1,a))时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，f(x)在( eq \f(1,a)，＋∞)上单调递增，在(0， eq \f(1,a))上单调递减． (2)证明：a≤2，且x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋1＋ln x， 令g(x)＝ex－1－2x＋1＋ln x(x>1)，则只需g(x)>0即可． g′(x)＝ex－1－2＋ eq \f(1,x)，再令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－ eq \f(1,x2)， 显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0， 即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，问题得证． 构造差函数解题的思路 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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证． 训练1 已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值． (1)求实数a的值； (2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1). (1)解：因为f(x)＝ax＋x ln x， 所以f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值， 所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0， 所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2. 当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0<x<e－2， 所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1. (2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x. 令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝x ln x－2x＋3(x>1). g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e. 由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得1<x<e. 所以g(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， 所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0. 于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0， 所以f(x)>3(x－1). 考点二　构造双函数证明不等式 [例2] 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：由题意可知，f(x)的定义域为(0，＋∞). 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(0， eq \f(1,e))上单调递减，在( eq \f(1,e)，＋∞)上单调递增， 则h(x)min＝h( eq \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． 构造双函数证明不等式的使用原则 (1)若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，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，达到证明的目标．含ln x与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明． (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，便于求导后找到极值点． 训练2 已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0. (1)解：f′(x)＝ eq \f(e,x)－a(x＞0)， ①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数； ②若a＞0，则当0＜x＜ eq \f(e,a)时，f′(x)＞0；当x＞ eq \f(e,a)时，f′(x)＜0. 故f(x)在(0， eq \f(e,a))上单调递增，在( eq \f(e,a)，＋∞)上单调递减． (2)证明：因为x＞0，所以只需证f(x)≤ eq \f(ex,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. 设g(x)＝ eq \f(ex,x)－2e(x＞0)，则g′(x)＝ eq \f(（x－1）ex,x2)， 所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)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)≤ eq \f(ex,x)－2e，当x＝1时，等号成立． 故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得证． 考点三　放缩后构造函数证明不等式 [例3] 已知函数f(x)＝ex. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当x>－2时，求证：f(x)>ln (x＋2). (1)解：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. (2)证明：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(当且仅当x＝0时，等号成立)， 令h(x)＝x＋1－ln (x＋2)(x>－2)，则h′(x)＝1－ eq \f(1,x＋2)＝ eq \f(x＋1,x＋2)， 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)(当且仅当x＝－1时，等号成立)， 因为g(x)与h(x)不同时为0， 所以当x>－2时，f(x)>ln (x＋2). 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，等号成立； (2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立． 训练3 已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1. (1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)证明：当a≥1时，f(x)≥0. (1)解：当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，f′(x)＝ex－1－ eq \f(1,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. (2)证明：因为a≥1，所以aex－1≥ex－1，所以f(x)≥ex－1－ln x－1. 方法一　令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，所以φ′(x)＝ex－1－ eq \f(1,x)， 令h(x)＝ex－1－ eq \f(1,x)，所以h′(x)＝ex－1＋ eq \f(1,x2)>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时等号成立． 同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立． 由ex≥x＋1⇒ex－1≥x，当且仅当x＝1时，等号成立， 由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1，当且仅当x＝1时，等号成立， 所以ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1， 即ex－1－ln x－1≥0，当且仅当x＝1时，等号成立，即f(x)≥0. $$