第3章 第1课时 导数与不等式的证明-（配套课件）【赢在微点·顶层设计】2026年高考数学高考一轮总复习（名师划重点）

赢在微点 高考复习顶层设计 数学 名师划重点 第三章 一元函数的导数及其应用 第1课时 导数与不等式的证明 第三章　一元函数的导数及其应用 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点/精研突破 赢在微点 数学 大一轮 第一部分 ——考向探究 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点一 作差法证明不等式 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点二 放缩法证明不等式 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点三 构造双函数证明不等式 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 把握高考微点，实现素能提升 完成——微练（二十六） 本部分内容讲解结束 利用导数证明不等式问题一般要用到构造法，构造法是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数的单调性、极值、最值加以证明. 【例1】　(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； f′(x)＝aex－1，x∈R. ①当a≤0时，f′(x)≤0对任意x∈R恒成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)内单调递减． ②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln＝－ln a. 随x的变化，f′(x)，f(x)的变化如下表： x (－∞，－ln a) －ln a (－ln a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  所以函数f (x)的单调递增区间是(－ln a，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－ln a)．综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a＞0时，f(x)的单调递增区间是(－ln a，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－ln a)． (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. 当a>0时，要证f(x)>2ln a＋恒成立，即证f(x)min>2ln a＋成立．当a>0时，由(1)知，f(x)的极小值同时也是最小值，是f(－ln a)，下面证明f(－ln a)>2ln a＋.f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)－(－ln a)＝1＋a2＋ln a．令g(a)＝f(－ln a)－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，则g′(a)＝2a－＝，令g′(a)＝0，得a＝.随a的变化，g′(a)，g(a)的变化如下表： a g′(a) － 0 ＋ g(a)  极小值  所以当a＝时，g(a)取最小值．g(a)min＝g＝－ln－＝－ln＝ln>ln 1＝0.因此f(－ln a)>2ln a＋成立．因此当a>0时，f(x)>2ln a＋. [规律方法]　讨论函数的单调性关键是如何利用导数工具和确定分类讨论标准．证明不等式的关键是构造函数．在解决问题过程中利用导数求单调性和最值等数学知识进行条件分析和设问的理解，运用构造函数法实现变量的统一. 【训练1】　(2023·天津高考节选)已知函数f(x)＝ln(x＋1)． (1)求曲线y＝f(x)在x＝2处的切线斜率； f(x)＝＋，则f′(x)＝＋－，所以f′(2)＝－，故x＝2处的切线斜率为－. (2)求证：当x>0时，f(x)>1. 要证x>0时f(x)＝ln(x＋1)>1，即证ln(x＋1)>，令g(x)＝ln(x＋1)－且x>0，则g′(x)＝－＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(0)＝0，即ln(x＋1)>.所以x>0时f(x)>1. 【例2】　已知函数f(x)＝aex＋cos x(x∈R)在x＝0处的切线斜率为2. (1)求a的值； 根据题意，f′(x)＝aex－sin x(x∈R)，f′(0)＝a＝2. (2)求证：ex≥cos x＋x. 设g(x)＝ex－x－1(x∈R)，g′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数在(－∞，0)上单调递减，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)在R上的最小值为g(0)＝0，所以ex≥x＋1≥x＋cos x．(重点：此处利用1≥cos x进行放缩) [规律方法]　放缩法证明不等式的使用原则 适当放缩构造法，一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x<x<ex(x>0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)．若已知参数范围，则利用参数的范围进行放缩，达到消参的目的．也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明. 【训练2】　已知x∈(0,1)，求证：x2－＜. 证法一：因为x∈(0,1)，所以ex∈(1，e)．要证x2－＜成立，只需证ex＜ln x成立．因为x2－＜0，所以只需证x2－＜ln x．又x2＜x(0＜x＜1)，所以只需证ln x＋－x＞0.令h(x)＝ln x＋－x，则h′(x)＝－－1＝－，而x2－x＋1＞0恒成立，所以h′(x)＜0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以当x∈(0,1)时，h(x)＞h(1)＝0，所以ln x＋－x＞0.所以x2－＜. 证法二：要证x2－＜，只需证ex＜ln x，又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，x2－＜0，所以只需证明ln x＋(x＋1)＞0，即证ln x＋1－x3＋－x2＞0.又x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，所以只需证ln x＋1－2x＋＞0.令g(x)＝ln x＋1－2x＋，则g′(x)＝－2－＝－，而2x2－x＋1＞0恒成立，所以g′(x)＜0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，所以当x∈(0,1)时，g(x)＞g(1)＝0，即ln x＋1－2x＋＞0.所以x2－＜. 【例3】　已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； 函数的定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝－a＝(x>0)，所以当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<，由f′(x)<0，得x>，即函数f(x)在区间上单调递增，在上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间上单调递增，在上单调递减． (2)当a＝e时，证明f(x)－＋2e≤0. 要证f(x)－＋2e≤0，只需证f(x)≤－2e，由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(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x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e，所以当x>0，a＝e时，f(x)－＋2e≤0. [规律方法]　若直接求导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，达到证明的目标．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明. 【训练3】　已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋. 由题意可知，f(x)的定义域为(0，＋∞)．要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋.令h(x)＝ln x＋(x＞0)，则h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0， 所以ln x＋≥0.再令φ(x)＝ex－ex(x>0)，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＋，故原不等式成立． $$