第3章 第四节 第一课时 利用导数证明不等式（课件）-【创新方案】2026年高考数学一轮复习

第四节 导数的综合问题 利用导数证明不等式 第一课时 目录 方法(一)　移项作差法证明不等式 方法(二)　构造双函数证明不等式 方法(三)　放缩法证明不等式 3 方法(一)　移项作差法证明不等式 [例1]　已知函数f(x)=x2-ax+ln x，x=1为f(x)的极值点. (1)求a的值； 解： f'(x)=2x-a+， 依题意，f'(1)=2×1-a+1=0，解得a=3， 经检验符合题意，所以a=3. (2)证明：f(x)≤2x2-4x. 解：证明：由(1)可知，f(x)=x2-3x+ln x， 要证f(x)=x2-3x+ln x≤2x2-4x，即证x2-x-ln x≥0， 设g(x)=x2-x-ln x，则g'(x)=2x-1-=， 所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值， 因为g(1)=0，g(x)≥g(1)=0，所以f(x)≤2x2-4x. 移项作差法证明不等式的使用原则 当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，即证明f(x)<(>)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)= f(x)-g(x)，即证明F(x)<(>)0；如果F(x)在(a，b)上的最大值小于0(最小值大于0)，那么即证明f(x)<(>)g(x)，x∈(a，b).其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论. 点拨•建模 1.(2025·昆明模拟)已知函数f(x)=x2ln x+ax，g(x)=xex+xsin x，其中a∈R. (1)若f(x)为增函数，求a的取值范围； 解：因为f(x)=x2ln x+ax(x>0)，f'(x)=2xln x+x+a， 又f(x)为增函数， 所以f'(x)=2xln x+x+a≥0在(0，+∞)上恒成立， 所以a≥-2xln x-x. 针对训练 设h(x)=-2xln x-x，则h'(x)=-3-2ln x，令h'(x)=0，解得x=， 所以当x∈时，h'(x)>0，h(x)单调递增； 当x∈时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)max=h=2，所以a≥2. 故a的取值范围为[2，+∞). (2)若a=1，求证：g(x)>f(x). 解：证明：因为a=1，所以f(x)=x2ln x+x. 因为x>0，所以要证g(x)>f(x)，即证ex+sin x>xln x+1， 即证ex+sin x-xln x-1>0. 当x∈(0，1)时，ex>1，sin x>0，xln x<0， 所以ex+sin x-xln x-1>1-1=0； 当x∈[1，+∞)时，令F(x)=ex+sin x-xln x-1， 则F'(x)=ex+cos x-ln x-1， 令G(x)=F'(x)，则G'(x)=ex-sin x-≥e-1-1>0， 所以G(x)=ex+cos x-ln x-1在[1，+∞)上单调递增， 所以F'(x)≥F'(1)=e+cos 1-0-1>0， 所以F(x)=ex+sin x-xln x-1在[1，+∞)上单调递增， 所以F(x)≥F(1)=e+sin 1-0-1>0， 综上，g(x)>f(x). 方法(二)　构造双函数证明不等式 [例2]　已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性； 解：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， 故f(x)在上单调递增，在上单调递减. (2)当a=e时，求证：xf(x)-ex+2ex≤0. 解：证明：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.令g(x)=-2e(x>0)，则g'(x)=， 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)≤-2e，即xf(x)-ex+2ex≤0. 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m(x)=ln x-x+2(x>0)，则m'(x)=-1. 所以当x∈(0，1)时，m'(x)>0，当x∈(1，+∞)时，m'(x)<0， 故m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 从而m(x)在(0，+∞)上的最大值为m(1)=1. 设函数h(x)=(x>0)，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，m(x)≤h(x)， 即xf(x)-ex+2ex≤0. 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. 点拨•建模 2.(2025·锦州模拟)已知函数f(x)=xln x+x. (1)求函数f(x)的最小值； 解： f'(x)=ln x+2，令f'(x)=ln x+2=0可得x=，当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增. 所以f(x)min=f=-. 针对训练 (2)证明：ln x+1>-. 解：证明：因为x>0，所以只需证明xln x+x>-， 设g(x)=-，则g'(x)=， 当x∈(0，1)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 当x∈(1，+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)max=g(1)=-，所以g(x)≤-. 由(1)知f(x)=xln x+x≥-. 又因为g(x)≤-取等号时x=1，f(x)=xln x+x≥-取等号时x=， 所以等号不能同时取到，故xln x+x>-，则原不等式得证. 方法(三)　放缩法证明不等式 [例3]　(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1. (1)求f(x)的单调区间； 解：因为f(x)=a(x-1)-ln x+1， 所以f'(x)=a-=(x>0). 若a≤0，则f'(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递减， 即f(x)的单调递减区间为(0，+∞)，无单调递增区间； 若a>0，则当0<x<时，f'(x)<0，当x>时，f'(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. 综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，+∞)，无单调递增区间； 当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex-1恒成立. 解：证明：因为a≤2，所以当x>1时，ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1 ≥ex-1-2x+ln x+1. 令g(x)=ex-1-2x+ln x+1，则只需证当x>1时，g(x)>0即可. 易知g'(x)=ex-1-2+，令h(x)=g'(x)， 则h'(x)=ex-1-在(1，+∞)上单调递增， 所以h'(x)>h'(1)=0，所以g'(x)在(1，+∞)上单调递增. 所以g'(x)>g'(1)=0，故g(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以g(x)>g(1)=0，即当x>1时，f(x)<ex-1恒成立. 放缩法证明不等式的使用原则 导数方法证明不等式中，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. 点拨•建模 3.(2025·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：∵f(x)=ax-sin x，∴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. ∵y=cos x∈[-1，1]，∴a≥1， 即实数a的取值范围是[1，+∞). 针对训练 (2)求证：当x>0时，ex>2sin x. 解：证明：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， ∴g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，+∞)上单调递增， ∴g(x)min=g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2(1-ln 2)>0，∴g(x)≥g(ln 2)>0， ∴ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sin x. “课时跟踪检测”见“课时跟踪检测（二十一）” (单击进入电子文档) $$