第3章 第5节 利用导数证明不等式 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“导数的综合应用——利用导数证明不等式”核心考点，依据高考评价体系梳理构造函数、凹凸翻转、适当放缩三大常考题型，结合2023新高考Ⅰ卷等真题及模拟题，明确各题型考查权重，构建完整解题思路体系。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养培养”，如例1通过构造函数将不等式转化为证ln t ≤ t - 1，培养数学思维与逻辑推理能力，跟踪练习整合高考真题规范步骤，总结易错点，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升备考效率。

—— 导数的综合应用 第5节 利用导数证明不等式 2027届高中数学一轮复习 第3章 一元函数的导数及其应用 1 考点突破 2 考点1 构造函数证明不等式 例1　已知函数f(x)=x2-ln x-1，g(x)=xex-x2-x，a∈R，证明:f(x)+g(x)≥0. [解析] 法一:要证f(x)+g(x)=xex-1-ln x-x≥0，即证xex-1≥ln x+x=ln xex. 设xex=t>0，即ln t≤t-1， 设h(t)=ln t-t+1，则h'(t)= ， 令h'(t)>0得0<t<1，令h'(t)<0得t>1， 所以h(t)在(0，1)上为增函数，在(1，+∞)上为减函数，所以h(t)max=h(1)=0， 所以ln t≤t-1成立， 所以f(x)+g(x)≥0得证. 名师导学第一轮总复习 高三数学 3 法二:设φ(x)=f(x)+g(x)=xex-ln x-x-1，则φ'(x)=(x+1)， 因为x>0，所以x+1>0， 令h(x)=ex-，则h'(x)=ex+>0， 则h(x)在(0，+∞)上单调递增， 因为h=-2<0，h(1)=e-1>0， 所以h(x)在(0，+∞)上存在唯一零点x0∈， 当0<x<x0时，h(x)<0，故φ'(x)<0， 当x>x0时，h(x)>0，故φ'(x)>0， 名师导学第一轮总复习 高三数学 4 所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 则φ(x)≥φ(x0)=x0-ln x0-x0-1，其中= ，x0= -ln x0， 所以φ(x0)=x0-ln x0-x0-1=x0· +x0-x0-1=0， 所以φ(x)≥0，即f(x)+g(x)≥0得证. 名师导学第一轮总复习 高三数学 5 练习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; (2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+. 跟踪练习 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. 名师导学第一轮总复习 高三数学 [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　 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 确定函数最小值证得结果 首先证明常用放缩不等式ex≥x+1　 对f(x)放缩 将欲证不等式进行转化 构造函数 确定函数最小值证得结果 [小结]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”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性和最值即可得证. 名师导学第一轮总复习 高三数学 13 考点2 转化为两个函数的最值比较大小(凹凸翻转) 例2　已知f(x)=xln x-ax. (1)当a=-1时，求f(x)在[m，m+3]上的最值; (2)求证:∀x∈，ln x+1> - . [解析] (1)当a=-1时，f(x)=xln x+x，f'(x)=ln x+2，由f'(x)=0得x= ， ①当0<m<时，在x∈时f'(x)<0，在x∈时f'(x)>0，因此，f(x)在x= 处取得极小值，也是最小值，f(x)min= -. 名师导学第一轮总复习 高三数学 14 由于f(m)<0，f=[ln+1]>0， 因此f(x)max=f=[ln+1]. ②当m≥时，f'(x)≥0，因此f(x)在[m，m+3]上单调递增， 所以f(x)min=f(m)=m， f(x)max=f=[ln+1]. 名师导学第一轮总复习 高三数学 15 (2)所证不等式ln x+1> - ⇔xln x+x> - . 设p(x)=xln x+x，由(1)得:p(x)≥p(x)min=p= - . 设q(x)=xe-x- ，q'(x)=(1-x)e-x， ∴q(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， ∴q(x)≤q(x)max=q(1)=-. ∴p(x)min>q(x)max， ∴∀x∈，p(x)≥p(x)min>q(x)max≥q(x)， ∴所证不等式成立. (2)求证:∀x∈，ln x+1>-. 名师导学第一轮总复习 高三数学 16 练习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. 跟踪练习 (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. 名师导学第一轮总复习 高三数学 (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. (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. [小结]若直接求导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.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. 名师导学第一轮总复习 高三数学 20 考点3 适当放缩证明不等式 例3　(2025·浙江省金华市义乌市·三模)已知函数f(x)=x-aln(1+x)，a∈R. (1)当a=1时，求f(x)的极值; (2)若f(x)在区间(-1，0)上存在零点x0. (ⅰ)求a的取值范围; (ⅱ)证明:当-1<x<0时，f(x)>f'(x0). 名师导学第一轮总复习 高三数学 21 (1)当a=1时，求f(x)的极值; [解析] (1)当a=1时，f(x)=x-ln(1+x)，x∈(-1，+∞)，f'(x)= ， 当x∈(-1，0)时，f'(x)= <0， 当x∈(0，+∞)时，f'(x)= >0， ∴f(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 有极小值f(0)=0，无极大值. 名师导学第一轮总复习 高三数学 22 [解析](2)(ⅰ)f'(x)=1- = ， 当a≤0时，由于f'(x)=1- >0恒成立， ∴f(x)在(-1，0)上单调递增， 又f(0)=0，∴f(x)在(-1，0)上无零点; 当a≥1时，由于x∈(-1，0)，故f'(x)= <0， ∴f(x)在(-1，0)上单调递减，又f(0)=0， ∴f(x)在(-1，0)上无零点; (2)若f(x)在区间(-1，0)上存在零点x0. (ⅰ)求a的取值范围; (ⅱ)证明:当-1<x<0时，f(x)>f'(x0). 名师导学第一轮总复习 高三数学 23 当0<a<1时，x∈(-1，a-1)时，有f'(x)= <0，故f(x)在(-1，a-1)上单调递减， x∈(a-1，0)时，有f'(x)= >0，故f(x)在(a-1，0)上单调递增， ∴有f(a-1)<f(0)=0， 又∵当x→-1时，f(x)=x-aln(1+x)→+∞， ∴∃x0∈(-1，a-1)，f(x0)=0， 综上a∈(0，1). (ⅱ)由(ⅰ)可知，当-1<x<0时，f(x)≥f(a-1)=a-1-aln a>a-1， f'(x0)=1- ，且x0-aln(1+x0)=0， 要证f(x)>f'(x0)，只要证f(a-1)>f'(x0)，只要证a-1>1- ， 名师导学第一轮总复习 高三数学 24 即证-2>- ，只需证x0+-2ln(1+x0)<0， 令t=1+x0∈(0，1)，h(t)=t--2ln t，h'(t)=1+ - =>0， ∴h(t)在(0，1)上单调递增. 又h(1)=0，∴h(t)<0， 即1+x0- -2ln(1+x0)<0⇔x0+ -2ln(1+x0)<0， 由上式不等式成立可知原不等式f(x)>f'(x0)恒成立. 名师导学第一轮总复习 高三数学 25 练习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. 跟踪练习 (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; 名师导学第一轮总复习 高三数学 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. (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. (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. [小结]1.导数方法证明不等式中,最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,简化后再构造函数进行证明. 2.常见的放缩公式如下: (1)ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号. (2)ln x≤x-1,当且仅当x=1时取等号. 若已知参数范围,则利用参数的范围进行放缩,达到消参的目的.也可以利用局部函数的有界性进行放缩,然后再构造函数进行证明. 名师导学第一轮总复习 高三数学 30 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 $