3.5 利用导数证明不等式专题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数证明不等式”核心考点，覆盖作差构造单函数、拆分构造双函数、放缩法三大方法，对接高考评价体系，通过2023新高考Ⅰ卷真题及2025多地模拟题分析，明确构造函数、放缩转化等高频考点，归纳“求导判单调-求最值证不等”等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+方法建模+素养提升”，如以2023新高考Ⅰ卷第19题为例，详解作差构造函数法四步流程，规律方法模块总结放缩公式等技巧，培养学生数学思维与模型观念，助力掌握得分要点，教师可据此系统教学，提升复习效率。

第5节　利用导数证明不等式 2027 研考点•精准突破 考点一　作差构造单函数法证明不等式 例1　(12分)(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; 突破口:由ex>0出发对a分类讨论. (2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+. 关键点:构造函数,确定最值,证明不等式. 考点一 考点二 考点三 审题指导:(1)求导数后,结合ex>0从而对参数a分类讨论,确定f'(x)的符号,得到函数的单调性. (2)思路1:结合(1)中函数的单调性得到函数的最小值为1+a2+ln a,从而将欲证不等式化为a2--ln a>0,然后构造函数通过最值证得结果. 思路2:首先证明ex≥x+1成立,然后借助该不等式将f(x)进行放缩,转化为证明不等式a2--ln a>0,再构造函数通过最值证得结果. 考点一 考点二 考点三 [规范解答] 不要漏掉这种情形　 分类讨论后要将结果进行综述　 考点一 考点二 考点三 借助(1)中单调性得到函数的最小值 将欲证不等式转化　 构造函数 考点一 考点二 考点三 确定函数最小值证得结果 考点一 考点二 考点三 首先证明常用放缩不等式ex≥x+1　 对f(x)放缩 考点一 考点二 考点三 将欲证不等式进行转化 构造函数 考点一 考点二 考点三 确定函数最小值证得结果 考点一 考点二 考点三 规律方法　作差构造单函数证明不等式 (1)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. (2)利用作差构造单函数法证明不等式的基本步骤: ①作差或变形; ②构造函数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,得到欲证的不等式. 考点一 考点二 考点三 [对点训练1]已知a>0,函数f(x)=axsin x,g(x)=2sin2,x∈(0,). (1)当a=2时,证明:f(x)>g(x); (2)若f(x)>g(x)恒成立,求实数a的取值范围. (1)证明 令F(x)=f(x)-g(x)=axsin x-2sin2,x∈(0,),若a=2,则F(x)=2xsin x-2sin2x=2(x-sin x)sin x,因为0<x<,所以2sin x>0.设h(x)=x-sin x,0<x<,则h'(x)=1-cos x>0,可知h(x)在区间(0,)上单调递增,可得h(x)>0-sin 0=0,即F(x)>0,所以f(x)>g(x). 考点一 考点二 考点三 (2)解 因为g(x)=2sin2=1-cos ax,F(x)=axsin x+cos ax-1,0<x<,原题意等价于F(x)>0对任意x∈(0,)恒成立,F'(x)=a(sin x+xcos x-sin ax),当0<a≤2时,注意到0<ax≤2x<,则sin ax≤sin 2x,可得F'(x)≥a(sin x+xcos x-sin 2x)=a[sin x(1-cos x)+(x-sin x)cos x],由(1)得x-sin x>0,0<x<,则F'(x)>0,可知F(x)在区间(0,)上单调递增,则F(x)>a×0×sin 0+cos 0-1=0,满足题意;当a>2时,令φ(x)=F'(x)=a(sin x+xcos x-sin ax),0<x<,则φ'(x)=a(2cos x-xsin x-acos ax)<a(2-acos ax)=a2(-cos ax), 考点一 考点二 考点三 因为0<<1,可知存在aθ∈(0,),使得cos aθ=,当x∈(0,θ)时,ax∈(0,aθ),φ'(x)<a2()=0,可知φ(x)在区间(0,θ)上单调递减,则φ(x)<a(sin 0+0×cos 0-sin 0)=0,即F'(x)<0在区间(0,θ)上恒成立,可知F(x)在区间(0,θ)上单调递减,则F(θ)<a×0×sin 0+cos 0-1=0,不符合题意. 综上,a的取值范围为(0,2]. 考点一 考点二 考点三 考点二　拆分构造双函数法证明不等式 例2　(2025·安徽宿州模拟)已知函数f(x)=eln x-ax(x∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0. (1)解 f'(x)=-a(x>0),若a≤0,则f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;若a>0,则当0<x<时,f'(x)>0;当x>时,f'(x)<0, 所以f(x)在区间(0,)上单调递增,在区间(,+∞)上单调递减. 综上,当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在区间(0,)上单调递增,在区间(,+∞)上单调递减. 考点一 考点二 考点三 (2)证明 (方法1)因为x>0,所以只需证f(x)≤-2e. 当a=e时,由(1)知,f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(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,当x>1时,g'(x)>0,故g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=-e. 由于f(x)max=g(x)min,所以当x>0时,f(x)≤g(x),即f(x)≤-2e, 即xf(x)-ex+2ex≤0. 考点一 考点二 考点三 (方法2)由题意知,即证exln x-ex2-ex+2ex≤0,从而等价于ln x-x+2≤.令函数g(x)=ln x-x+2,则g'(x)=-1.所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,故g(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,从而g(x)在区间(0,+∞)上的最大值为g(1)=1. 令函数h(x)=,则h'(x)=. 所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0, 故h(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,从而h(x)在区间(0,+∞)上的最小值为h(1)=1. 综上,当x>0时,g(x)≤h(x),即xf(x)-ex+2ex≤0. 考点一 考点二 考点三 规律方法　拆分构造双函数证明不等式 若采用作差构造单函数的方法,在对该函数直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证不等式进行拆分变形,化为不等号两边各有一个代数式的形式,然后构造两个函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目的.特别是当题目中同时含ln x和ex时,通常将ln x与ex分离到不等式两边,分别构造函数并求出函数最值,借助最值进行证明. 考点一 考点二 考点三 [对点训练2](2025·山西晋中二模)若对任意的x∈(,e),不等式-eμ+1≥0恒成立,则的最大值为(　　) A. B. C. D. A 考点一 考点二 考点三 解析 因为x∈(,e),所以1+ln x>0,则不等式-eμ+1≥0等价于.令f(x)=,则f'(x)=,令f'(x)=0,得x=,当x∈(e-1,)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(,e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以当x=时,f(x)取得最大值,所以,即λ≥.当μ≤0时,≤0,当μ>0时,0<. 设g(μ)=,则g'(μ)=,当μ=1时,g(μ)取得最大值,所以的最大值为. 考点一 考点二 考点三 考点三　放缩法证明不等式 例3　(2025·湖南衡阳模拟)已知函数f(x)=1-ln x+a2x2-ax(a∈R). (1)讨论f(x)的单调区间; (2)当a=0且x∈(0,1)时,求证:+x-<1. 考点一 考点二 考点三 (1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=-+2a2x-a=. ①当a=0时,则f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减; ②当a>0时,>0>-,令f'(x)>0,则x<-或x>,又x>0, 所以f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增; ③当a<0时,->0>,令f'(x)>0,则x<或x>-,又x>0,所以f(x)在区间(0,-)上单调递减,在区间(-,+∞)上单调递增. 综上,当a=0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在区间(0,-)上单调递减,在区间(-,+∞)上单调递增. 考点一 考点二 考点三 (2)证明 因为a=0,f(x)=1-ln x,所以不等式+x-<1即+x-<1. (方法1)因为x∈(0,1),所以ex>x+1, 因此要证+x-<1,只需证+x-<1,只需证1-ln x+x2+x-<x+1,只需证ln x-x2+1+>0.令F(x)=ln x-x2+1+,则F'(x)=-2x-(x-1)-2x<0,因为F(x)在区间(0,1)上单调递减,所以F(x)>F(1)=1>0,即原不等式成立. 考点一 考点二 考点三 (方法2)因为x∈(0,1),所以ex>1. 因此要证+x-<1成立,只需证1-ln x+x-<1. 令φ(x)=1-ln x+x-,则φ'(x)=-+1+(1-x)+1>0,所以φ(x)在区间(0,1)上单调递增,所以φ(x)<φ(1)=1,即原不等式成立. (方法3)因为x∈(0,1),所以ln x>1-,即1-ln x<,因此要证+x-<1,只需证明+x-<1,即证明1+x2ex-ex<xex, 即证明1+ex(x2-x-1)<0. 令g(x)=1+ex(x2-x-1),则g'(x)=ex(x2+x-2)=ex(x+2)(x-1). 因为0<x<1,所以g'(x)<0,即g(x)在区间(0,1)上单调递减,因此g(x)<g(0)=0,所以1+ex(x2-x-1)<0成立,故原不等式成立. 考点一 考点二 考点三 规律方法　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,可按去参数放缩得到af(x)≥f(x)>0,即只需要证明f(x)>0即可. (2)函数不等式放缩:在导数方法证明不等式中,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,简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下:①ex≥x+1(当且仅当x=0时,等号成立);②ln x≤x-1(当且仅当x=1时,等号成立). 考点一 考点二 考点三 [对点训练3](2025·山东济南模拟)已知函数f(x)=. (1)求函数f(x)的极值; (2)若a≥1,求证:aex>(1+)(1+ln x). 考点一 考点二 考点三 (1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,即当x=1时,f(x)有极大值f(1)=1,所以f(x)的极大值为1,无极小值. (2)证明 由于a≥1,所以aex≥ex, 故要证原不等式成立,只需证ex>(1+) (1+ln x)即可,即. 令g(x)=,则g'(x)=>0, 所以函数g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故g(x)>g(0)=1,即>1, 又由(1)得≤1,所以,故aex>(1+) (1+ln x). 考点一 考点二 考点三 当a>0时,令f'(x)=aex-1=0,解得x=-ln a,当x<-ln a时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,-ln a)内单调递减;当x>-ln a时,f'(x)>0,f(x)在(-ln a,+∞)内单调递增. 4分 综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)内单调递减,在 (-ln a,+∞)内单调递增. 5分  (1)解 函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=aex-1. 1分 当a≤0时,aex≤0,所以f'(x)=aex-1<0恒成立,因此f(x)在R上单调递减. 2分 (2)证明 (方法1　作差构造单函数法)由(1)知,当a>0时,f(x)min=f(-ln a) =a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a, 6分  要证f(x)>2ln a+-ln a>0恒成立. 7分  令g(a)=a2--ln a(a>0),则g'(a)=2a-, 8分 令g'(a)<0,则0<a<, 令g'(a)>0,则a>, 所以g(a)在(0,,+∞)内单调递增, 10分 所以g(a)min=g(>0, 11分 则g(a)>0恒成立,所以当a>0时,f(x)>2ln a+恒成立. 12分 (方法2　放缩法)令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,由于h'(0)=e0-1=0,所以当x<0时,h'(x)<0,当x>0时,h'(x)>0,即h(x)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增,故h(x)≥h(0)=0,则ex≥x+1,当且仅当x=0时,等号成立. 7分 因为f(x)=a(ex+a)-x=aex+a2-x=ex+ln a+a2-x≥x+ln a+1+a2-x,  当且仅当x+ln a=0, 即x=-ln a时等号成立, 8分 所以要证f(x)>2ln a+ -ln a>0. 9分  令g(a)=a2--ln a(a>0),  则g'(a)=2a-. 所以g(a)在(0,,+∞)内单调递增, 10分 所以g(a)min=g(>0,即g(a)>0恒成立, 所以当a>0时,f(x)>2ln a+恒成立. 12分 $