利用导数证明不等式课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数证明不等式”专题，依据高考评价体系梳理了直接构造函数、构造双函数、放缩法三大核心考点，通过2023新高考Ⅰ卷、2022新高考Ⅱ卷等真题分析，明确直接构造函数为基础高频考点，构建了完整的题型归纳与解题体系。 课件亮点在于“真题精讲+思维路径+素养提升”的备考策略，如以2023新高考Ⅰ卷例1为例，详解构造函数法五步流程，培养学生逻辑思维与创新意识。通过放缩法常见公式（如lnx≤x-1）指导技巧，助力学生掌握得分关键，教师可据此精准教学，提升复习效率。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第5节　利用导数证明不等式 目录 1 2 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第5节　利用导数证明不等式 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　直接构造函数证明不等式 命题视角:命题核心在于依托不等式形式,直接构造单一函数,通过研究其单调性、最值(特别是零点或极值点)来证明恒成立问题.常通过一阶或二阶导数分析完成论证,是导数应用的基础与高频考点. 例1 (2023·新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)解: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). 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)证明: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: 返回目录 考点1 考点2 考点3 a (0,) (,+∞) g'(a) - 0 + g(a) ↘ 极小值 ↗ 所以在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+ 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练1 (2025·重庆模拟)已知函数f(x)=,g(x)=ex-1. (1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)证明:f(x)≤g(x). (1)解:函数f(x)=,求导得f'(x)=,则f'(1)=0,而f(1)=1,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=1. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)证明:不等式f(x)≤g(x)ex-1⇔xex-x-ln x-1≥0, 令函数h(x)=xex-x-ln x-1,求导得h'(x)=(x+1)ex-1-=(x+1) (ex-),而x>0,函数y=ex,y=-在区间(0,+∞)上都单调递增,函数φ(x)=ex-在区间(0,+∞)上单调递增,而φ()=-2<0,φ(1)=e-1>0,则存在x0∈(,1),使得φ(x0)=0,即, x0=-ln x0,当0<x<x0时,φ(x)<0,即h'(x)<0;当x>x0时,φ(x)>0,即h'(x)>0,因此函数h(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,则h(x)≥h(x0)=x0-x0-ln x0-1=0,所以f(x)≤g(x). 返回目录 考点1 考点2 考点3 答题要语 当欲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,有时要对复杂的式子要进行变形,利用导数研究其单调性和最值,借助所构造函数的单调性和最值即可得证. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点2　构造双函数证明不等式 命题视角:将不等式转化为两个函数的大小关系或图象上下位置关系,通过研究两个函数各自单调性、极值及临界点,直观比较大小从而证明结论.体现转化与数形结合思想. 例2 已知函数f(x)=ax-ln x,a∈R. (1)若函数F(x)=f(x)-x2有两个极值点,求a的取值范围; (2)若曲线y=f(x)在点(,f())处的切线与y轴垂直,求证:f(x)<ex+. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)解:F(x)=ax-ln x-x2,函数的定义域为(0,+∞),F'(x)=a--2x=(x>0),因为F(x)有两个极值点,所以方程-2x2+ax-1=0有两个不相等的正实根,设为x1,x2,且x1<x2,得x1+x2=>0,且Δ=a2-8>0,得a>2 当0<x<x1时,F'(x)<0,F(x)单调递减; 当x1<x<x2时,F'(x)>0,F(x)单调递增; 当x>x2时,F'(x)<0,F(x)单调递减. 所以F(x)在x=x1处有极小值,在x=x2处有极大值,因此a的取值范围是(2,+∞). 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)证明:因为f(x)=ax-ln x,则f'(x)=(x>0),由题意知f'()=e(-1)=0,得a=e,故f(x)=ex-ln x,所以要使f(x)<ex+,即需要ex-ln x<ex+,即ex-ex<ln x+ 令g(x)=ex-ex(x>0),则g'(x)=e-ex,当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当0<x<1时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 所以g(x)max=g(1)=e-e=0. 令h(x)=ln x+,则h'(x)=, 当x>时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 当0<x<时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 返回目录 考点1 考点2 考点3 所以h(x)min=h()=ln+1=0. 显然g(x)与h(x)不同时为0,所以ex-ex<ln x+,故f(x)<ex+ 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练2 (2025·广东珠海模拟)已知函数f(x)=ex+x(x-a)(a∈R),且f'(0)=0. (1)求f(x)的最值; (2)求证:+ln x+x>2. (1)解:由f(x)=ex+x(x-a),得f'(x)=ex+x-,所以f'(0)=1-=0,解得a=2,所以f(x)=ex+x2-x.因为f(x)的定义域为R,f'(x)=ex+x-1,令h(x)=ex+x-1,所以h'(x)=ex+1>0,所以f'(x)在R上单调递增.又f'(0)=0,所以当x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0, 所以f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=0处取得极小值,也是最小值,无极大值,所以f(x)的最小值为f(0)=1,无最大值. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)证明:要证+ln x+x>2,只需证ex+xln x+x2>2x,即证ex+x2-x>x-xln x.令g(x)=x-xln x,x∈(0,+∞),则g'(x)=1-(ln x+1)=-ln x,当0<x<1时,g'(x)>0,当x>1时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,所以g(x)在x=1处取得极大值,也是最大值,所以g(x)max=g(1)=1.又f(1)=e->1,所以∀x∈(0,+∞),恒有f(x)>g(x),即ex+x2-x>x-xln x,也即+ln x+x>2. 返回目录 考点1 考点2 考点3 答题要语 1.若直接通过求导求函数的最值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. 2.在证明过程中,等价转化是关键,如g(x)min≥f(x)max成立,从而可得f(x)≤g(x)恒成立. 3.所求函数不易变形为两个一般函数时,也可以选取函数式中的一部分当作新的函数,对其进行分析,从而达到对整个函数性质的研究. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点3　放缩法证明不等式 命题视角:高考常考查跨章节知识整合,要求考生利用基本不等式、切线方程或常见放缩模型(如指数、对数、三角函数)进行巧妙放缩,将复杂表达式转化为可求和或易证明的简单形式. 例3 (2022·新高考Ⅱ,22)已知函数f(x)=xeax-ex. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)当x>0时,f(x)<-1,求实数a的取值范围; (3)设n∈N*,证明:+…+>ln(n+1). 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)解:当a=1时,f(x)=xex-ex, f'(x)=xex.当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减. (2)解:函数g(x)=f(x)+1=xeax-ex+1(x≥0),g(x)≤g(0)=0对∀x≥0恒成立.又g'(x)=eax+axeax-ex,g'(0)=0. 令h(x)=g'(x),h'(x)=aeax+a(eax+axeax)-ex=a(2eax+axeax)-ex,则h'(0)=2a-1. ①若h'(0)=2a-1>0, 即a>时,h'(0)=>0,所以∃x0>0,使得当x∈(0,x0) 返回目录 考点1 考点2 考点3 时,有>0⇒g'(x)>0⇒g(x)单调递增⇒g(x0)>g(0)=0矛盾; ②若h'(0)=2a-1≤0,即a时,g'(x)=eax+axeax-ex=eax+ln(1+ax)-ex-ex-ex=0⇒g(x)在[0,+∞)上单调递减,g(x)≤g(0)=0,符合题意.综上所述,实数a的取值范围为a 返回目录 考点1 考点2 考点3 (3)证明:求导易得t->2ln t(t>1). 令t=,则>2ln>ln>ln 故ln=ln(…)=ln(n+1),即+…+>ln(n+1).得证. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练3 (2025·江苏泰州模拟)已知函数f(x)=ax-1-ln x. (1)当a=时,求函数f(x)的极值; (2)对于任意的正整数n, ①不等式(1+)(1+)…(1+)<M恒成立,求整数M的最小值; ②证明: (1+)n<e<(1+)n+1(e为自然对数的底数). 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)解:当a=时,f(x)=x-1-ln x,x>0. 则f'(x)=,由f'(x)=0得x=2,作出表格, x (0,2) 2 (2,+∞) f'(x) - 0 + f(x) 单调递减 极小值 单调递增 因此,当x=2时,f(x)有极小值f(2)=-ln 2,f(x)无极大值. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)①解:当a=1时,f(x)=x-1-ln x,x>0,则f'(x)=1-,由f'(x)=0得x=1,当x>1时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(1,+∞)上单调递增;当0<x<1时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,1)上单调递减. 所以f(x)≥f(1)=0,即ln x≤x-1,x>0,当且仅当x=1时取等号.所以ln(1+)<,所以ln(1+) (1+)…(1+)<+…+(1-)<,所以(1+) (1+)…(1+)<,当n=1时, (1+)=>1,所以1<(1+) (1+)…(1+)<<2,所以整数M的最小值为2. 返回目录 考点1 考点2 考点3 ②证明:设H(x)=ln x-(1-)>0,x∈(1,2],则H'(x)=>0,所以H(x)在区间(1,2]上单调递增,所以H(x)>H(1)=0,即ln x>1-,x∈(1,2]. 由①知ln x≤x-1,x>0,所以1-<ln x<x-1,1<x≤2. 令x=1+,得<ln(1+)<, 所以nln(1+)<1<(n+1)ln(1+), 所以(1+)n<e<(1+)n+1. 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 放缩法证明不等式的两种基本方法 (1)参数放缩:当给出参数取值范围来证明不等式恒成立时,可以把参数按取值范围放缩为常数.例如:已知参数a≥1,证明af(x)>0恒成立时,可去参数放缩得到af(x)≥f(x)>0,即只需要证明f(x)>0即可. (2)函数不等式放缩:在用导数证明不等式中,最常见的是ln x和ex与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ln x与ex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①ex≥x+1(当且仅当x=0时取等号),②ln x≤x-1(当且仅当x=1时取等号). 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 观察不等式结构→选取合适的放缩式→确保放缩方向正确→通过简化后的式子证明原不等式→注意等号成立条件. 返回目录 考点1 考点2 考点3 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势:题型定位明确,常嵌于综合大题;命题载体升级,跨类型函数融合;考查维度拓展,从单变量到多变量;解题方法深化,强调灵活转化. 1.(原创)已知函数f(x)=ln x,g(x)=x2-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:对任意x∈(0,2),f(x)≤g(x)恒成立. 返回目录 (1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x+(ln x+),记h(x)=ln x+,则h'(x)=,所以当0<x<1时,h'(x)<0,函数h(x)单调递减;当x>1时,h'(x)>0,函数h(x)单调递增,所以h(x)≥h(1)=1,所以 f'(x)=(ln x+)>0,所以函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 返回目录 (2)证明:原不等式为ln x≤x2-x=x(x-1),即,故只需证对任意x∈(0,2)恒成立.设l(x)=,则l'(x)=, 所以当x<1时,l'(x)>0,l(x)单调递增, 当x>1时,l'(x)<0,l(x)单调递减. 令t(x)=ln x-x+1,则t'(x)=-1=,当0<x<1时,t'(x)>0,t(x)单调递增;当x>1时, t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=0,所以ln x≤x-1. 当x∈(0,2)时,ln x<1,x-1<1,所以l(ln x)≤l(x-1),即,所以对任意x∈(0,2),f(x)≤g(x)恒成立. 返回目录 2.(2025·安徽蚌埠模拟)已知当x≥0时,ex≥ax2+x+1. (1)求实数a的最大值; (2)证明:ex+xsin x≥ax2+x+1(x≥0).(参考数据:eπ=23.1,πe=22.5) 返回目录 (1)解:令f(x)=ex-ax2-x-1,则f'(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h'(x)=ex-2a, ①当2a≤1,即a时,在区间[0,+∞)上,h'(x)≥0,即h(x)单调递增,所以h(x)≥h(0),即f'(x)≥f'(0)=0,∴f(x)在区间[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴a时满足条件. ②当2a>1时,令h'(x)=0, 解得x=ln 2a,在区间(0,ln 2a)上,h'(x)<0,h(x)单调递减, ∴当x∈(0,ln 2a)时,有h(x)<h(0)=0,即f'(x)<f'(0)=0,则f(x)在区间(0,ln 2a)上为减函数,∴f(x)<f(0)=0,不合题意.综上,实数a的最大值为 返回目录 (2)证明:由(1)可知,当a时,f(x)+xsin x≥ex-1-x-x2+xsin x. 令F(x)=ex-1-x-x2+xsin x,x≥0, ①当0≤x<π时,由题意知f(x)≥0,xsin x≥0,所以F(x)=ex-1-x-x2+xsin x≥0成立; ②当x≥π时,因为sin x≥-1, 所以xsin x≥-x,即F(x)≥ex-1-2x-x2.令g(x)=ex-1-2x-x2,g'(x)=ex-2-x,设p(x)=g'(x),则p'(x)=ex-1>0, 所以p(x)即g'(x)在区间(π,+∞)上单调递增,所以g'(x)≥g'(π)=eπ-2-π>0, 故g(x)在区间(π,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(π)=eπ-1-2π-2>0.综上, f(x)+xsin x≥0. 返回目录 $