利用导数证明不等式 课件-2024-2025学年高二下学期数学北师大版数学选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦函数不等式证明，系统讲解移项作差构造函数、构造双函数、换元法等核心方法。通过典型例题导入，结合通性通法总结，搭建“例题解析—方法提炼—跟踪训练”的学习支架，衔接导数应用与不等式证明知识点。 其亮点在于以数学思维和逻辑推理为核心，如构造双函数证明不等式培养抽象能力，换元法转化双变量问题提升转化思想。学生能掌握严谨推理方法，教师可直接用于课堂精讲与课后巩固，有效提升教学效率和学生解题能力。

培优课　 利用导数证明不等式 目录 典型例题·精研析 01 知能演练·扣课标 02 典型例题·精研析 01 课堂互动 关键能力提升 目录 目录 题型一 移项作差构造函数证明不等式 【例1】　已知函数 f （ x ）＝1－ ， g （ x ）＝ ＋ － bx ，若曲线 y ＝ f （ x ）与曲线 y ＝ g （ x ）的一个公共点是 A （1，1），且在点 A 处的切线互相垂直. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） （1）求 a ， b 的值； 解： 因为 f （ x ）＝1－ ， x ＞0， 所以f'（ x ）＝ ，f'（1）＝－1. 因为 g （ x ）＝ ＋ － bx ， 所以g'（ x ）＝－ － － b . 因为曲线 y ＝ f （ x ）与曲线 y ＝ g （ x ）的一个公共点是 A （1， 1），且在点 A 处的切线互相垂直， 所以 g （1）＝1，且f'（1）·g'（1）＝－1， 所以 g （1）＝ a ＋1－ b ＝1，g'（1）＝－ a －1－ b ＝1， 解得 a ＝－1， b ＝－1. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） （2）证明：当 x ≥1时， f （ x ）＋ g （ x ）≥ . 解： 证明：由（1）知， g （ x ）＝－ ＋ ＋ x ， 则 f （ x ）＋ g （ x ）≥ ⇔1－ － － ＋ x ≥0. 令 h （ x ）＝1－ － － ＋ x （ x ≥1）， 则 h （1）＝0，h'（ x ）＝ ＋ ＋ ＋1＝ ＋ ＋1. 因为 x ≥1，所以h'（ x ）＝ ＋ ＋1＞0， 所以 h （ x ）在[1，＋∞）上单调递增， 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 所以当 x ≥1时， h （ x ）≥ h （1）＝0， 即1－ － － ＋ x ≥0， 所以当 x ≥1时， f （ x ）＋ g （ x ）≥ . 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 通性通法 　　一般地，要证 f （ x ）＞ g （ x ）在区间（ a ， b ）上成立，需构造 辅助函数 F （ x ）＝ f （ x ）－ g （ x ），通过分析 F （ x ）在端点处的 函数值来证明不等式.若 F （ a ）＝0，只需证明 F （ x ）在（ a ， b ） 上单调递增即可；若 F （ b ）＝0，只需证明 F （ x ）在（ a ， b ）上单 调递减即可. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 【跟踪训练】 已知函数 f （ x ）＝e x － ax （e为自然对数的底数， a 为常数）的图象 在点（0，1）处的切线斜率为－1. （1）求 a 的值及函数 f （ x ）的极值； 解： f'（ x ）＝e x － a ，∴f'（0）＝1－ a ， 又∵ f （ x ）的图象在点（0，1）处的切线斜率为－1， 即1－ a ＝－1，∴ a ＝2. ∴ f （ x ）＝e x －2 x ，f'（ x ）＝e x －2. 令f'（ x ）＝0，解得 x ＝ln 2. 当 x ＜ln 2时，f'（ x ）＜0，函数 f （ x ）单调递减； 当 x ＞ln 2时，f'（ x ）＞0，函数 f （ x ）单调递增. ∴当 x ＝ln 2时，函数 f （ x ）取得极小值，为 f （ln 2）＝2－2ln 2，无极大值. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） （2）求证：当 x ＞0时， x2＜e x . 解： 证明：令 g （ x ）＝e x － x2，则g'（ x ）＝e x －2 x ， 由（1）得g'（ x ）＝ f （ x ）≥ f （ln 2）＞0， ∴ g （ x ）在R上是增函数， 因此当 x ＞0时， g （ x ）＞ g （0）＝1＞0，∴ x2＜e x . 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 题型二 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，＋∞）上为增函数； ②若 a ＞0，则当0＜ x ＜ 时，f'（ x ）＞0； 当 x ＞ 时，f'（ x ）＜0.故在 上， f （ x ）单调递增；在 上， f （ x ）单调递减. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） （2）当 a ＝e时，证明： xf （ x ）－e x ＋2e x ≤0. 解： 证明：因为 x ＞0，所以只需证 f （ x ）≤ －2e， 由（1）知，当 a ＝e时， 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. 记 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. 所以当 x ＞0时， f （ x ）≤ g （ x ）， 即 f （ x ）≤ －2e，即 xf （ x ）－e x ＋2e x ≤0. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 通性通法 　　将要证明的不等式拆分成两个函数不等式，如本例第（2）问中 xf （ x ）－e x ＋2e x ≤0的证明若直接构造函数 h （ x ）＝ x eln x － ax2－ e x ＋2e x ，求导后不易分析，故可将不等式合理拆分为 f （ x ）≤ － 2e或ln x － x ＋2≤ ，再分别对不等式两边构造函数证明不等式. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 【跟踪训练】 已知 f （ x ）＝ x ln x . （1）求函数 f （ x ）的极值； 解： 由 f （ x ）＝ x ln x ， x ＞0，得f'（ x ）＝ln x ＋1，令f' （ x ）＝0，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. ∴当 x ＝ 时， f （ x ）取极小值， f （ x ）极小值＝ f ＝－ ，无极大值. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） （2）证明：对一切 x ∈（0，＋∞），都有ln x ＞ － 成立. 解： 证明：问题等价于证明 x ln x ＞ － （ x ∈（0，＋ ∞））. 由（1）可知 f （ x ）＝ x ln x （ x ∈（0，＋∞））的最小值是－ ，当且仅当 x ＝ 时取到. 设 m （ x ）＝ － （ x ∈（0，＋∞）），则m'（ x ）＝ ， 由m'（ x ）＜0，得 x ＞1时， m （ x ）单调递减， 由m'（ x ）＞0得0＜ x ＜1时， m （ x ）单调递增， 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 易知 m （ x ）max＝ m （1）＝－ ，当且仅当 x ＝1时取到. 从而对一切 x ∈（0，＋∞）， x ln x ≥－ ≥ － ，两个等号不 同时取到， ∴对一切 x ∈（0，＋∞）都有ln x ＞ － 成立. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 题型三 换元法构造函数证明不等式 【例3】　已知函数 f （ x ）＝ln x － ax （ x ＞0）， a 为常数，若函数 f （ x ）有两个零点 x1， x2（ x1≠ x2）.求证： x1 x2＞e2. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 证明：不妨设 x1＞ x2＞0， 因为ln x1－ ax1＝0，ln x2－ ax2＝0， 所以ln x1＋ln x2＝ a （ x1＋ x2），ln x1－ln x2＝ a （ x1－ x2），所以 ＝ a ， 欲证 x1 x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2. 因为ln x1＋ln x2＝ a （ x1＋ x2）， 所以即证 a ＞ ，所以原问题等价于证明 ＞ ， 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 即ln ＞ ， 令 c ＝ （ c ＞1），则不等式变为ln c ＞ . 令 h （ c ）＝ln c － ， c ＞1， 所以h'（ c ）＝ － ＝ ＞0， 所以 h （ c ）在（1，＋∞）上单调递增， 所以 h （ c ）＞ h （1）＝ln 1－0＝0， 即ln c － ＞0（ c ＞1）， 因此原不等式 x1 x2＞e2得证. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 通性通法 　　证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知 条件入手，寻找双变量所满足的关系式，通过关系式将其中一个变量 用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化为一个变量的不等式； 然后对转化得到的不等式，根据其组成的特点构造函数，再借助导 数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等 式，即可证得不等式. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 【跟踪训练】 已知函数 f （ x ）＝ln x ＋ x2＋ x ，若正实数 x1， x2满足 f （ x1）＋ f （ x2）＋ x1 x2＝0.求证： x1＋ x2≥ . 证明： f （ x ）＝ln x ＋ x2＋ x （ x ＞0）. 由 f （ x1）＋ f （ x2）＋ x1 x2＝0， 得ln x1＋ ＋ x1＋ln x2＋ ＋ x2＋ x1 x2＝0， 从而（ x1＋ x2）2＋（ x1＋ x2）＝ x1 x2－ln（ x1 x2）， 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 令 t ＝ x1 x2（ t ＞0），φ（ t ）＝ t －ln t ， 得φ'（ t ）＝1－ ＝ ， 易知φ（ t ）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，＋∞）上单调 递增， 所以φ（ t ）≥φ（1）＝1， 所以（ x1＋ x2）2＋（ x1＋ x2）≥1， 因为 x1＞0， x2＞0， 所以 x1＋ x2≥ 成立. 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 知能演练·扣课标 02 课后巩固 核心素养落地 目录 目录 1. 定义在R上的函数 f （ x ），若（ x －1）·f'（ x ）＜0，则下列各项 正确的是（　　） A. f （0）＋ f （2）＞2 f （1） B. f （0）＋ f （2）＝2 f （1） C. f （0）＋ f （2）＜2 f （1） D. f （0）＋ f （2）与2 f （1）大小不定 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 解析： 　∵（ x －1）f'（ x ）＜0，∴当 x ＞1时，f'（ x ）＜0；当 x ＜1时，f'（ x ）＞0，则 f （ x ）在（1，＋∞）上单调递减，在（－ ∞，1）上单调递增，∴ f （0）＜ f （1）， f （2）＜ f （1），则 f （0）＋ f （2）＜2 f （1）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 2. 已知函数 f （ x ）＝ x － sin x ，则不等式 f （ x ＋1）＋ f （2－2 x ）＞ 0的解集是（　　） A. B. C. （－∞，3） D. （3，＋∞） 解析： 　因为 f （ x ）＝ x － sin x ，所以 f （－ x ）＝－ x ＋ sin x ＝ － f （ x ），即函数 f （ x ）为奇函数，函数的导数f'（ x ）＝1－ cos x ≥0，则函数 f （ x ）是增函数，则不等式 f （ x ＋1）＋ f （2－2 x ）＞0等价为 f （ x ＋1）＞－ f （2－2 x ）＝ f （2 x －2），即 x ＋1 ＞2 x －2，解得 x ＜3，故不等式的解集为（－∞，3）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 3. 已知函数 f （ x ）＝ x3＋ a ，则 f （ x ）的零点可能有 （　　） A. 1个 B. 1个或2个 C. 1个或2个或3个 D. 2个或3个 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 当 a ≠0时，令 f （ x ）＝ x3＋ a ＝0，显然 x ≠0，故－ ＝ ＝ ＋ ＋ ，设 t ＝ （ t ≠0），则－ ＝ g （ t ）＝6 t3 ＋3 t2＋ t （ t ≠0），g'（ t ）＝18 t2＋6 t ＋ ，令g'（ t ）＝0，则Δ＝ 36－4× ×18＝－72＜0，g'（ t ）＞0恒成立，故 g （ t ）在（－∞， 0），（0，＋∞）上单调递增，且 g （ t ）可取除0外的所有实数，所 以－ ＝ g （ t ）只有一个解，即函数 f （ x ）只有1个零点.故选A. 解析： 　当 a ＝0时，函数 f （ x ）＝ x3，只有1个零点； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 4. 已知函数 f （ x ）＝log2（2 x ＋1）－ x ，若 f （ a －2）≥ f （2 a － 1）恒成立，则实数 a 的取值范围是（　　） A. [－1，1] B. （－∞，－1] C. [0，＋∞） D. （－∞，－1]∪[0，＋∞） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 解析： 　因为函数 f （ x ）的定义域为R，所以 f （－ x ）＝ log2（2－ x ＋1）＋ x ＝log2（2 x ＋1）－ x ＝ f （ x ），即函数 f （ x ）为偶函数.又当 x ＞0时，f'（ x ）＝ － ＝ ＞0，而 f （ a －2）≥ f （2 a －1）等价于 f （｜ a － 2｜）≥ f （｜2 a －1｜），所以｜ a －2｜≥｜2 a －1｜，化简 得， a2≤1，所以－1≤ a ≤1.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 5. 若对任意的 x ∈（0，＋∞）， ax －ln（2 x ）≥1恒成立，则实数 a 的最小值是（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 解析： 　法一（求 ax －ln（2 x ）在（0，＋∞）上的最小值）　 令 f （ x ）＝ ax －ln（2 x ）， x ∈（0，＋∞）. 因为 ax －ln（2 x ）≥1恒成立，所以 f （ x ）min≥1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） f'（ x ）＝ a － ，若 a ≤0，则f'（ x ）＜0，函数 f （ x ）在（0，＋ ∞）上是减函数， ax －ln（2 x ）≥1不恒成立，所以 a ＞0.令f' （ x ）＝0，解得 x ＝ .当 x ∈（ 0， ）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 （ ）＝1－ln ≥1，即ln ≤0，即 a ≥2，所以 a 的最小值是2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 法二（分离参数，转化为求函数的最值）　因为 ax －ln（2 x ）≥1（ x ＞0）恒成立，则 a ≥ （ x ＞0）恒成立，令 h （ x ）＝ （ x ＞0），则h'（ x ）＝ ，令h'（ x ）＞0，即ln （2 x ）＜0，解得0＜ x ＜ ，令h'（ x ）＜0，即ln（2 x ）＞0，解得 x ＞ ，故 h （ x ）在（ 0， ）上单调递增，在（ ，＋∞）上单调递减， h （ x ）max＝ h （ ）＝2.故 a ≥2， a 的最小值是2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 6. 已知函数 f （ x ）＝若 f （ x1）＝ f （ x2）（ x1≠ x2），则 x1＋ x2的最大值为（　　） A. － B. 2ln 3－3 C. ln 3＋2 D. ln 3－1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 解析： 　因为 f （ x ）＝所以函数 f （ x ）在（－ ∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.不妨设 x1＜0＜ x2，则有3 ＝ ，可得 x1＝－ ，则有 x1＋ x2＝ x2－ .令 g （ x ）＝ x － e x （ x ＞0），有g'（ x ）＝1－ e x ，令 g'（ x ）＞0，可得0＜ x ＜ ln 3，令g'（ x ）＜0，可得 x ＞ ln 3， 则函数 g （ x ）在（ 0， ln 3）上单调递增，在（ ln 3，＋∞）上 单调递减，可得 g （ x ）max＝ g （ ln 3）＝ ln 3－ ＝ ln 3 －1，故 x1＋ x2的最大值为 ln 3－1.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 7. （多选）已知函数 f （ x ）＝ x cos x 的导函数为f'（ x ），则 （　　） A. f'（ x ）为偶函数 B. f'（ x ）为奇函数 C. f'（0）＝1 D. f （ ）＋f'（ ）＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 解析： 　f'（ x ）＝ cos x － x sin x .对于选项A、B，因为 f （ x ） ＝ x cos x 是奇函数，所以f'（ x ）是偶函数，故A正确，B错误；对 于选项C，f'（0）＝ cos 0－0 sin 0＝1，故C正确；对于选项D， f （ ）＋f'（ ）＝ cos ＋ cos － sin ＝0＋0－ ＝－ ，故D错 误.故选A、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 8. （多选）已知函数 f （ x ）＝ ，则下列结论正确的是 （　　） A. 函数 f （ x ）存在两个不同的零点 B. 函数 f （ x ）既存在极大值又存在极小值 C. 当－e＜ k ＜0时，方程 f （ x ）＝ k 有且只有两个实根 D. 若 x ∈[ t ，＋∞）时， f （ x ）max＝ ，则 t 的最小值为2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 解析： 　令 f （ x ）＝0，解得 x ＝ ，所以A正确；f'（ x ） ＝－ ＝－ ，当f'（ x ）＞0时，－1＜ x ＜2，当f' （ x ）＜0时， x ＜－1或 x ＞2，所以（－∞，－1），（2，＋∞） 是函数的单调递减区间，（－1，2）是函数的单调递增区间，所以 f （－1）是函数的极小值， f （2）是函数的极大值，所以B正确； 当 x →＋∞时， f （ x ）→0，根据B可知，函数的最小值是 f （－ 1）＝－e，再根据单调性可知，当－e＜ k ＜0时，方程 f （ x ）＝ k 有且只有两个实根，所以C正确；由图象可知， t 的最大值是2，所 以D不正确.故选A、B、C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 9. （多选）国家统计局公布的全国夏粮生产数据显示，2022年全国夏 粮总产量达14 739万吨，创历史新高.粮食储藏工作关系着军需民 食，也关系着国家安全和社会稳定.某粮食加工企业设计了一种容 积为63 000π立方米的粮食储藏容器，已知该容器分为上、下两部 分，上部分是底面半径和高都为 r （ r ≥10）米的圆锥，下部分是 底面半径为 r 米、高为 h 米的圆柱体，如图所示.经测算，圆锥的侧 面每平方米的建造费用为 a 元，圆柱的侧面、底面每平方米的 建造费用为 a 元，设每个容器的制造总费用为 y 元，则下面说法正 确的是（　　） A. 10≤ r ＜40 B. h 的最大值为 C. 当 r ＝21时， y ＝7 029 a π D. 当 r ＝30时， y 有最小值，最小值为6 300 a π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 解析： 　由题意可得 π r2× r ＋π r2 h ＝63 000π，所以 h ＝ ＝ － r ，由 h ＞0，则 － r ＞0，解得 r ＜30 ，所以10≤ r ＜30 ，故A选项不正确.易知 h 随 r 的增大而减 小，所以当 r ＝10时， h 取得最大值，且最大值为 ，故B选项 正确.圆锥的母线长 l ＝ r ，故圆锥的侧面积 S1＝π rl ＝π r × r ＝ π r2，圆柱的侧面积 S2＝2π rh ＝2π r （ － r ）＝ － r2，圆柱的底面积 S3＝π r2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 所以总费用 y ＝ aS1＋ a （ S2＋ S3）＝ a × π r2＋ a （ － r2＋π r2）＝ r2＋ .当 r ＝21时， y ＝ ×212＋ ＝7 029 a π，C选项正确.y'＝ r － ＝ ，当10≤ r ＜30时，y'＜0，函数 y ＝ r2＋ 单调递减，当30＜ r ＜30 时，y'＞0，函数 y ＝ r2＋ 单调递增，所以当 r ＝30时， y 取得最小值，最小值为 ×302＋ ＝6 300 a π，D选项正确.故选B、C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 10. （多选）曲线 y ＝ x2－1与曲线 y ＝ln x （　　） A. 在点（1，0）处相交 B. 在点（1，0）处相切 C. 存在相互平行的切线 D. 有两个交点 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 解析： 　令 f （ x ）＝ x2－1， g （ x ）＝ln x ， f （1）＝ g （1）＝0，f'（1）＝2，g'（1）＝1，结合 f （ x ）和 g （ x ）的图象可知A正确，B错误.f'（ x ）＝2 x ∈R，g'（ x ） ＝ ∈（0，＋∞），存在f'（1）＝g'（ ），故曲线 y ＝ x2－ 1与曲线 y ＝ln x 存在互相平行的切线，故C正确.令 F （ x ）＝ f （ x ）－ g （ x ），则F'（ x ）＝2 x － ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 故 F （ x ）在（ 0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递 增，而 F （ ）＝ －1－ln ＝－ ＋ln 4＞0， F （ ）＝－ ＋ ln 2＜0， F （ ）＝ －1＋2＞0，所以 F （ x ）在（ ， ） 和（ ， ）上各有一个零点，故 F （ x ）有两个零点，即曲线 y ＝ x2－1与曲线 y ＝ln x 有两个交点，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 11. 已知函数 f （ x ）＝2 x ln x ， g （ x ）＝－ x2＋ ax －3对一切 x ∈ （0，＋∞）， f （ x ）≥ g （ x ）恒成立，则 a 的取值范围 是 ⁠. 解析：由2 x ln x ≥－ x2＋ ax －3，得 a ≤2ln x ＋ x ＋ .设 h （ x ）＝ 2ln x ＋ ＋ x （ x ＞0）.则h'（ x ）＝ － ＋1＝ ，当 x ∈（0，1）时，h'（ x ）＜0， h （ x ）单调递减，当 x ∈（1，＋ ∞）时，h'（ x ）＞0， h （ x ）单调递增.∴ h （ x ）min＝ h （1） ＝4.又 f （ x ）≥ g （ x ）恒成立，∴ a ≤4. （－∞，4] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 12. 若函数 f （ x ）＝ x3－3 x ＋ m 在[0，2]上有零点，则实数 m 的取值 范围为 ⁠. 解析：令 f （ x ）＝0可得 m ＝－ x3＋3 x ，令 g （ x ）＝－ x3＋3 x ， x ∈[0，2]，则g'（ x ）＝－3 x2＋3＝－3（ x ＋1）（ x －1），由g' （ x ）＞0可解得0＜ x ＜1，由g'（ x ）＜0可解得1＜ x ＜2，∴ g （ x ）在[0，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减，∴ g （ x ）max ＝ g （1）＝2，又 g （0）＝0， g （2）＝－2，∴ g （ x ）min＝－ 2，则要使 f （ x ）在[0，2]上有零点，则－2≤ m ≤2. [－2，2] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 13. 已知函数 f （ x ）＝ x2－2ln x ，若关于 x 的不等式 f （ x ）－ m ≥0在 [1，e]上有实数解，则实数 m 的取值范围是 ⁠. 解析：由 f （ x ）－ m ≥0得 f （ x ）≥ m ，函数 f （ x ）的定义域为 （0，＋∞），f'（ x ）＝2 x － ＝ ，当 x ∈[1，e]时，f' （ x ）≥0，此时，函数 f （ x ）单调递增，所以 f （1）≤ f （ x ） ≤ f （e）.即1≤ f （ x ）≤e2－2，要使 f （ x ）－ m ≥0在[1，e]上 有实数解，则有 m ≤e2－2. （－∞，e2－2] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 14. 设 a 为实数，函数 f （ x ）＝e x －2 x ＋2 a ， x ∈R. （1）求 f （ x ）的单调区间与极值； 解： 由 f （ x ）＝e x －2 x ＋2 a （ x ∈R），知f'（ x ）＝ e x －2.令f'（ x ）＝0，得 x ＝ln 2. 当 x ＜ln 2时，f'（ x ）＜0，故函数 f （ x ）在区间（－∞，ln 2）上单调递减； 当 x ＞ln 2时，f'（ x ）＞0，故函数 f （ x ）在区间（ln 2，＋ ∞）上单调递增. 所以 f （ x ）的单调递减区间是（－∞，ln 2），单调递增区 间是（ln 2，＋∞）， f （ x ）在 x ＝ln 2处取得极小值 f （ln 2）＝eln 2－2ln 2＋2 a ＝2－2ln 2＋2 a ，无极大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） （2）求证：当 a ＞ln 2－1且 x ＞0时，e x ＞ x2－2 ax ＋1. 解： 证明：要证当 a ＞ln 2－1且 x ＞0时，e x ＞ x2－2 ax ＋1，即证当 a ＞ln 2－1且 x ＞0时，e x － x2＋2 ax －1＞0. 设 g （ x ）＝e x － x2＋2 ax －1（ x ＞0）. 则g'（ x ）＝e x －2 x ＋2 a ， 由（1）知g'（ x ）min＝g'（ln 2）＝2－2ln 2＋2 a . 又 a ＞ln 2－1，则g'（ x ）min＞0. 于是对∀ x ∈R，都有g'（ x ）＞0，所以 g （ x ）在R上是增函数. 于是对∀ x ＞0，都有 g （ x ）＞ g （0）＝0. 即e x － x2＋2 ax －1＞0，故e x ＞ x2－2 ax ＋1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 15. 设函数 f （ x ）＝ln（ a － x ），已知 x ＝0是函数 y ＝ xf （ x ）的极 值点. （1）求 a ； 解： 由题意得 y ＝ xf （ x ）＝ x ln（ a － x ）， 则y'＝ln（ a － x ）＋ x [ln（ a － x ）]'. 因为 x ＝0是函数 y ＝ xf （ x ）的极值点， 所以当 x ＝0时，y'＝ln a ＝0，所以 a ＝1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） （2）设函数 g （ x ）＝ ，证明： g （ x ）＜1. 解： 证明：由（1）可知， f （ x ）＝ln（1－ x ），其 定义域为{ x ｜ x ＜1}， 当0＜ x ＜1时，ln（1－ x ）＜0，此时 xf （ x ）＜0， 当 x ＜0时，ln（1－ x ）＞0，此时 xf （ x ）＜0. 易知 g （ x ）的定义域为{ x ｜ x ＜1且 x ≠0}， 故要证 g （ x ）＝ ＜1，只需证 x ＋ f （ x ）＞ xf（ x ）， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 即证 x ＋ln（1－ x ）－ x ln（1－ x ）＞0. 令1－ x ＝ t ，则 t ＞0且 t ≠1，则只需证1－ t ＋ln t －（1－ t ）ln t ＞0，即证1－ t ＋ t ln t ＞0. 令 h （ t ）＝1－ t ＋ t ln t ，则h'（ t ）＝－1＋ln t ＋1＝ln t ， 所以 h （ t ）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调 递增，所以 h （ t ）＞ h （1）＝0， 即 g （ x ）＜1成立. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 16. 已知函数 f （ x ）＝ x ln x － ax . （1）当 a ＝－1时，求函数 f （ x ）在（0，＋∞）上的最值； 解： 函数 f （ x ）＝ x ln x － ax 的定义域为（0，＋∞）. 当 a ＝－1时， f （ x ）＝ x ln x ＋ x ，f'（ x ）＝ln x ＋2. 由f'（ x ）＝0，得 x ＝ . 当 x ∈ 时，f'（ x ）＜0； 当 x ∈ 时，f'（ x ）＞0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 所以 f （ x ）在 上单调递减，在 上单调 递增. 因此 f （ x ）在 x ＝ 处取得极小值即为最小值，即 f （ x ） min＝ f ＝－ ，无最大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 解： 证明：当 x ＞0时，ln x ＋1＞ － 等价于 x （ln x ＋1）＞ － . 由（1）知 f （ x ）＝ x ln x ＋ x 的最小值是－ ，当且仅当 x ＝ 时取到. 设 G （ x ）＝ － ， x ∈（0，＋∞）， 则G'（ x ）＝ ，易知 G （ x ）max＝ G （1）＝－ ， （2）证明：对一切 x ∈（0，＋∞），都有ln x ＋1＞ － 成立. 当且仅当 x ＝1时取到，又因两个“等号”不能同时取到，从而可知对一切 x ∈（0，＋∞），都有 f （ x ）＞ G （ x ），即ln x ＋1＞ － . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·选择性必修第二册（BSD） 谢 谢 观 看！ $