第三章　不等式的证明方法　作差法与双函数构造法课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦导数应用中的不等式证明，覆盖作差构造法与双函数构造法两大核心考点。依据高考评价体系，分析此类题型在导数解答题中占60%的权重，归纳“构造新函数证不等式”“双函数最值比较”等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题演练+思维建模”的复习策略，如以2026年重庆模拟题为例，详解双函数构造法证明“f(x)≤g(x)”的步骤，培养学生逻辑推理与数学思维素养。特设“易错点警示”和“解题模板”，助力学生掌握导数应用技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

作差法与双函数构造法 例1　已知函数f(x)=(a∈R)，曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y=. (1)求实数a的值，并求f(x)的单调区间； 题型一　作差构造法 解　∵f(x)=，x>0，且x≠-a， ∴f'(x)=， ∴f'(e)=， 又曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y=， 则f'(e)=0，即a=0，且f(e)=，符合题意， 例1　已知函数f(x)=(a∈R)，曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y=. (1)求实数a的值，并求f(x)的单调区间； 解　∴f'(x)=，x>0， 令f'(x)>0，得0<x<e， 令f'(x)<0，得x>e， ∴f(x)的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e，+∞). 例1　已知函数f(x)=(a∈R)，曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y=. (2)求证：当x>0时，f(x)≤x-1. 证明　当x>0时，要证f(x)≤x-1， 即证-x+1≤0， 即证ln x-x2+x≤0(x>0)， 令g(x)=ln x-x2+x(x>0)， 则g'(x)=-2x+1==-， 当0<x<1时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 当x>1时，g'(x)<0，g(x)单调递减， ∴g(x)≤g(1)=0，即当x>0时，f(x)≤x-1. (1)待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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式. (2)利用作差构造法证明不等式的基本步骤 ①作差或变形； ②构造新的函数g(x)； ③利用导数研究g(x)的单调性或最值； ④根据单调性及最值，得到所证不等式. 思维升华 解　f(x)=x2-ln x的定义域是(0，+∞)，f'(x)=2x-=. 当x>时，f'(x)>0，函数f(x)在上单调递增； 当0<x<时，f'(x)<0，函数f(x)在上单调递减. 综上，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 跟踪训练1　已知函数f(x)=x2-ln x. (1)求f(x)的单调区间； 证明　由x>0，要证+x2-x>-， 即证f(x)+x3-x2+x=x3+x-ln x>0， 令g(x)=x3+x-ln x(x>0)， 则g'(x)=x2+-=， 令t(x)=3x3+x-4(x>0)，t'(x)=9x2+1>0恒成立， 所以t(x)在(0，+∞)上单调递增， 跟踪训练1　已知函数f(x)=x2-ln x. (2)证明：+x2-x>-. 证明　又t(1)=0，即g'(1)=0， 所以当x∈(0，1)时，t(x)<0，即g'(x)<0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减； 当x∈(1，+∞)时，t(x)>0，即g'(x)>0， 所以g(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以g(x)min=g(1)=+=>0成立，所以原不等式成立. 跟踪训练1　已知函数f(x)=x2-ln x. (2)证明：+x2-x>-. 题型二　构造双函数法 例2　设函数f(x)=ax2-(x+1)ln x，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0. (1)求实数a的值； 解　f'(x)=2ax-ln x-1-(x>0)， 由题意得f'(1)=2a-2=0，所以a=1. 例2　设函数f(x)=ax2-(x+1)ln x，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0. (2)求证：当0<x≤2时，f(x)>x. 证明　由(1)得f(x)=x2-(x+1)ln x(x>0)， 要证当0<x≤2时，f(x)>x， 只需证当0<x≤2时，x--ln x>， 即证x-ln x>+. 令g(x)=x-ln x(x>0)，h(x)=+(x>0)， 令g'(x)=1-=0，得x=1， 例2　设函数f(x)=ax2-(x+1)ln x，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0. (2)求证：当0<x≤2时，f(x)>x. 证明　易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增， 故当0<x≤2时，g(x)min=g(1)=1. 因为h'(x)=，当0<x≤2时，h'(x)>0， 所以h(x)在(0，2]上单调递增， 故当0<x≤2时，h(x)max=h(2)=<1=g(x)min，即h(x)max<g(x)min. 故当0<x≤2时，g(x)>h(x)恒成立，即当0<x≤2时，f(x)>x. 若直接求证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，达到证明的目的. 思维升华 跟踪训练2　已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； 解　f'(x)=-a(x>0)， ①若a≤0，则f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； ②若a>0，则当0<x<时，f'(x)>0， 当x>时，f'(x)<0， 故f(x)在上单调递增，在上单调递减. 跟踪训练2　已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R). (2)当a=e时，证明：xf(x)-ex+2ex≤0. 证明　因为x>0，所以只需证f(x)≤-2e， 当a=e时，f(x)=eln x-ex(x>0)， 由(1)知，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. 设g(x)=-2e(x>0)， 则g'(x)=， 跟踪训练2　已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R). (2)当a=e时，证明：xf(x)-ex+2ex≤0. 证明　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. 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)， 即f(x)≤-2e. 故不等式xf(x)-ex+2ex≤0得证. 课时精练 答案 1 2 1. (1)解　f'(x)=2-ex，令f'(x)=0得x=ln 2， 当x∈(-∞，ln 2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(ln 2，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， ∴当x=ln 2时，f(x)取得最大值，且最大值为f(ln 2)=2ln 2+2. 答案 1 2 1. (2)证明　设g(x)=x-sin x+4，x≥0， 则g'(x)=1-cos x≥0， ∴g(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(0)=4，即g(x)在[0，+∞)上的最小值为4， ∵2ln 2+2<4， ∴当x≥0时，f(x)≤2ln 2+2<4≤g(x)， ∴当x≥0时，f(x)<x-sin x+4. 答案 1 2 2. (1)解　函数f(x)=，x>0， 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. 答案 1 2 2. (2)证明　不等式f(x)≤g(x)⇔≤ex-1⇔xex-x-ln x-1≥0， 令h(x)=xex-x-ln x-1，x>0， 求导得h'(x)=(x+1)ex-1-=(x+1)， 而x>0，函数y=ex，y=-在(0，+∞)上都单调递增， 所以函数φ(x)=ex-在(0，+∞)上单调递增， 2. 而φ=-2<0，φ(1)=e-1>0， 则存在x0∈，使得φ(x0)=0， 即=，x0=-ln x0， 所以当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(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 则h(x)≥h(x0)=x0-x0-ln x0-1=0，所以f(x)≤g(x). 答案 1 2 1.(2026·六安模拟)已知函数f(x)=2(x+2)-ex. (1)求f(x)的最大值； 1 2 答案 解　f'(x)=2-ex，令f'(x)=0得x=ln 2， 当x∈(-∞，ln 2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(ln 2，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， ∴当x=ln 2时，f(x)取得最大值，且最大值为f(ln 2)=2ln 2+2. 1.(2026·六安模拟)已知函数f(x)=2(x+2)-ex. (2)当x≥0时，证明：f(x)<x-sin x+4. 1 2 答案 证明　设g(x)=x-sin x+4，x≥0， 则g'(x)=1-cos x≥0， ∴g(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(0)=4，即g(x)在[0，+∞)上的最小值为4， ∵2ln 2+2<4， ∴当x≥0时，f(x)≤2ln 2+2<4≤g(x)， ∴当x≥0时，f(x)<x-sin x+4. 1 2 答案 2.(2026·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； 解　函数f(x)=，x>0， 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. 1 2 答案 2.(2026·重庆模拟)已知函数f(x)=，g(x)=ex-1. (2)证明：f(x)≤g(x). 证明　不等式f(x)≤g(x)⇔≤ex-1⇔xex-x-ln x-1≥0， 令h(x)=xex-x-ln x-1，x>0， 求导得h'(x)=(x+1)ex-1-=(x+1)， 而x>0，函数y=ex，y=-在(0，+∞)上都单调递增， 所以函数φ(x)=ex-在(0，+∞)上单调递增， 1 2 答案 证明　而φ=-2<0，φ(1)=e-1>0，则存在x0∈，使得φ(x0)=0， 即=，x0=-ln x0，所以当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(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 则h(x)≥h(x0)=x0-x0-ln x0-1=0，所以f(x)≤g(x). 2.(2026·重庆模拟)已知函数f(x)=，g(x)=ex-1. (2)证明：f(x)≤g(x). $