微练(34) 导数与不等式的证明(专题微练PPT)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦导数与不等式证明专题，依据高考评价体系梳理了函数单调性、极值求解、不等式证明等核心考点，通过真题分析明确导数应用占比达60%、不等式证明占35%的高频分布，归纳出构造辅助函数、分类讨论等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+技巧提炼+素养培养”策略，如以2024天津高考题为例，示范构造函数法证明不等式，培养学生逻辑推理的数学思维和规范表达的数学语言素养。特设易错点分析（如导数符号判断），助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

微练(三十四)　 导数与不等式的证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 证明 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 本部分内容讲解结束 1．已知函数f(x)＝cos x＋x sin x，x∈(－π，π). (1)求f(x)的单调区间和极小值； 函数f(x)＝cos x＋x sin x，x∈(－π，π)，求导得f′(x)＝－sin x＋sin x＋x cos x＝x cos x．当－π<x<－时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当0<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当<x<π时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(－π，－)，，单调递减区间为，(，π)，f(x)的极小值为f(0)＝1. (2)求证：当x∈[0，π)时，2f(x)≤ex＋e－x. 当x∈[0，π)时，令F(x)＝ex＋e－x－2(cos x＋x sin x)，求导得F′(x)＝ex－e－x－2x cos x≥ex－e－x－2x，令φ(x)＝ex－e－x－2x，求导得φ′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，当且仅当x＝0时等号成立，函数φ(x)在[0，π)上单调递增，则φ(x)≥φ(0)＝0，F′(x)≥0且不恒为0，F(x)在[0，π)上单调递增，因此F(x)≥F(0)＝0，所以2f(x)≤ex＋e－x. 2．已知函数f(x)＝2ex－ax，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； 由已知f′(x)＝2ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在R上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln ，函数f(x)单调递增，由f′(x)<0，得x<ln ，函数f(x)单调递减．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在R上单调递增；当a>0时，函数f(x)在(ln ，＋∞)上单调递增，在上单调递减． (2)当a＝e时，求证：f(x)>e(1－cos x). 由a＝e，f(x)>e(1－cos x)得2ex－ex>e(1－cos x)，即证2ex-1>x＋1－cos x，当x≤0时，设函数k(x)＝x＋1－cos x，则k′(x)＝1＋sin x≥0，k(x)在(－∞，0]上单调递增，所以k(x)≤k(0)＝0，所以2ex-1>0≥x＋1－cos x成立；当x>0时，要证2ex-1>x＋1－cos x成立，即证2ex-1－2x>1－cos x－x.设函数h(x)＝2ex-1－2x，x>0，则h′(x)＝2ex-1－2，当h′(x)<0时，0<x<1， 函数h(x)单调递减，当h′(x)>0时，x>1，函数h(x)单调递增，所以h(x)≥h(1)＝2e0－2＝0，即2ex-1－2x≥0，设g(x)＝1－cos x－x，x>0，则g′(x)＝sin x－1≤0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(0)＝0，即0>1－cos x－x，所以2ex-1－2x≥0>1－cos x－x.综上，f(x)>e(1－cos x)成立． 3.(2024·天津高考)设函数f(x)＝x ln x． (1)求f(x)图象上点(1，f(1))处的切线方程； 由题知f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝1，所以切线方程为y＝x－1. (2)若f(x)≥a(x－)在x∈(0，＋∞)时恒成立，求a的值； 由题可得x ln x≥a(x－)在(0，＋∞)上恒成立，即ln x≥a在(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝ln x－a＝ln x－a＋，x∈(0，＋∞)，则g(x)≥0恒成立，又g(1)＝0，所以g′(1)＝0.因为g′(x)＝－ax－，所以g′(1)＝1－＝0，解得a＝2. (3)若x1，x2∈(0，1)，证明|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|. 当x1＝x2时，|f(x1)－f(x2)|＝＝0.当x1≠x2时，不妨设x1<x2，令f′(x)＝ln x＋1＝0，得x＝，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增． ①当0<x1<x2≤时，f(x1)>f(x2)，|f(x1)－f(x2)|＝x1ln x1－x2ln x2，设t(x)＝x ln x＋，0<x<1，则t′(x)＝ln x＋1＋，设m(x)＝ln x＋1＋，0<x<1，则m′(x)＝－＝.令m′(x)＝0，得x＝，所以m(x)在上单调递减，在上单调递增，所以t′(x)≥t′＝ln ＋1＋2 ＝ln >0，所以t(x)在(0，1)上单调递增．所以x1ln x1＋<x2ln x2＋，x1ln x1－x2ln x2<－，因为(－)2－()2＝2x1－2＝2(－)<0，所以－<，所以x1ln x1－x2ln x2<，即|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|. ②当≤x1<x2<1时，f(x1)<f(x2)，|f(x1)－f(x2)|＝x2ln x2－x1ln x1，设h(x)＝x ln x－x，0<x<1，则h′(x)＝ln x<0，所以h(x)在(0，1)上单调递减，所以x1ln x1－x1>x2ln x2－x2，即x2ln x2－x1ln x1< x2－x1，因为≤x1<x2<1，所以0<x2－x1<1，0<<1，x2－x1<，所以x2ln x2－x1ln x1<，即|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|. ③当0<x1<<x2<1时，若f(x1)<f(x2)，则|f(x1)－f(x2)|<，由②知，<<，所以|f(x1)－f(x2)|< |x1－x2|；若f(x1)>f(x2)，则|f(x1)－f(x2)|<，由①知，<<，所以|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|.若f(x1)＝f(x2)，则|f(x1)－f(x2)|＝0，| x1－x2|>0，故|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|. 综上可知，∀x1，x2∈(0，1)，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|. $