第四节 第1课时 导数与不等式证明 课件-2027届高三数学一轮复习

第四节 第三章　一元函数的导数及其应用 导数的综合应用 第1课时　导数与不等式证明 第四节 【例1】　(2026·长春模拟)已知函数f(x)=ex-1-x和g(x)=ln x+-1.证明:对∀x≥1,f(x)≥g(x). 考点一 作差构造法证明不等式 解 1.若证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数h(x)=f(x)-g(x),如果能证明h(x)在(a,b)上的最大值小于0,即可证明f(x)<g(x),x∈(a,b). 2.必要时要对原式进行变形,才能构造差函数,否则计算量可能很大,甚至无法进行不等式的证明. 【训练1】　(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 (2)当a≤2时,证明:当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. 解 【例2】　已知x∈(0,1),求证:x2-<. 考点二 放缩法证明不等式 证明 放缩法证明不等式 在证明不等式的时候,若直接证明比较困难,可将不等式中的部分项进行放大或缩小,然后证明放缩后的不等式成立,再根据不等式的传递性证明原不等式成立,这种方法就是放缩法证明不等式,常用的放缩技巧有:(1)切线放缩:ex≥x+1>x-1≥ln x;(2)ex-1≥x;(3)ln x≤x-1;(4)ln(x+1)≤x;(5)x>0时,sin x<x;(6)tan x>x>sin x,x∈等. 【训练2】　已知函数f(x)=,g(x)=,证明:f(x)>2g(x)-1. 要证f(x)>2g(x)-1,即证>-1,因为当x>0时ex>x+1>0,即>,也即>,-1>-1.只需证-1,即证xln x≥x-1.令m(x)= xln x-x+1,则m'(x)=ln x,所以当x∈(0,1)时,m'(x)<0;当x∈(1,+∞)时, m'(x)>0,所以m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以m(x)min=m(1)=0,即m(x)≥0,所以xln x≥x-1,f(x)>2g(x)-1得证. 证明 【例3】　(2026·广州模拟节选)已知函数f(x)=axln x+x2,g(x)=ex+x-1,0<a≤1,求证:f(x)<g(x). 考点三 转化为两个函数的最值证明不等式 证明 证明 要证的不等式中既含有指数又含有对数,若直接求导不易处理,我们就可以在合理地分拆和转化后,按照需要构造函数,如本题,把证明axln x+x2<ex+x-1分拆为两个函数u(x)=+1和v(x)=,再利用导数求出所构造函数的最值来证不等式成立. 【训练3】　(2026·南昌模拟节选)已知函数f(x)=ex2-xln x,求证:当x>0时,f(x)<xex+. 证明 f(x)-g(x)=ex-1-x-ln x-+1,设h(x)=ex-1-x-ln x-+1,h'(x)=ex-1-1-+=ex-1-1+,当x≥1时,设t(x)=ex-1-x,t'(x)=ex-1-1≥0,t(x)单调递增,当x≥1,t(x)≥t(1)=e0-1=0,所以ex-1≥x,所以当x≥1时,h'(x)=ex-1-1+≥x-1+=(x-1) ≥0,h(x)单调递增,所以h(x)≥h(1)=e0-1-ln 1-1+1=0,所以∀x≥1,f(x)≥g(x). (1)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;当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)设g(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1,只需证当x>1时g(x)<0即可.易知g'(x)=a--ex-1,令h(x)=g'(x),则h'(x)=-ex-1,由基本初等函数的单调性可知h'(x)在(1,+∞)上单调递减,则当x>1时,h'(x)<h'(1)=1-1=0,所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)上单调递减,于是当x>1时,g'(x)<g'(1)=a-2,又a≤2,所以a-2≤0,则当x>1时,g'(x)<0,故g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以当x>1时,g(x)<g(1)=0,即当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. 要证x2-<,只需证ex<ln x,又易证ex>x+1(0<x<1),且当x∈(0,1)时,x2-<0,所以只需证明ln x+(x+1)>0,即证ln x+1-x3+-x2>0,而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-<. 要证明f(x)<g(x),只需证明axln x+x2<ex+x-1,只需证明+1<,令u(x)=+1,v(x)=,又u'(x)=,0<a≤1,则0<x<e时,u'(x)>0,函数u(x)在(0,e)上单调递增;x>e时,u'(x)<0,函数u(x)在(e,+∞)上单调递减;所 以x=e时,u(x)取得最大值,最大值为+1.由v(x)=可得v'(x)= ,则0<x<2时,v'(x)<0,函数v(x)在(0,2)上单调递减;x>2时,v'(x)>0,函数v(x)在(2,+∞)上单调递增;则x=2时,v(x)取得最小值,且最小值为,又--1≥->0,所以>+1,即<,所以0<a≤1时,f(x)<g(x). 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. $