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导数应用、不等式证明、函数单调性分析等核心考点，结合2023年新高考Ⅰ卷真题及2025年多地模拟题，明确了“构造函数求最值”“放缩法证明不等式”等高频题型的考查权重，构建了从基础到综合的知识体系。 课件亮点在于“真题解析+方法归纳+素养提升”的备考路径，如以新高考Ⅰ卷函数单调性讨论及不等式证明题为范例，详细拆解“求导分析—构造函数—极值判断”的解题步骤，培养学生的逻辑推理素养。特设数列不等式放缩技巧专题，通过原创题展示“函数不等式与数列结合”的命题趋势，帮助学生掌握得分关键，教师可据此精准指导学生高效突破高考难点。

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 21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 1.(15分)(2025·河南南阳模拟)已知函数f(x)=e2x+(a-2)ex-2ax(a∈R). (1)当a=2时,求f(x)的单调区间; (2)当a=0时,求证:对任意的x∈(0,+∞),f(x)+4ex>2x2+恒成立. (1)解:当a=2时,f(x)=e2x-4x,则f'(x)=e2x-4,令f'(x)<0,得x<ln 2;令f'(x)>0,得x>ln 2,所以函数f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞). 课时突破练21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 (2)证明:当a=0时,f(x)=e2x-2ex, 要证f(x)+4ex>2x2+,即证e2x+2ex-2x2->0,设h(x)=e2x+2ex-2x2-(x>0),则h'(x)=e2x+2ex-4x,设m(x)=e2x+2ex-4x(x>0),则m'(x)=2e2x+2ex-4=2(ex-1)(ex+2)>0,所以函数m(x)在区间(0,+∞)上单调递增,则m(x)>m(0)=3>0,即h'(x)>0,可知函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递增,则h(x)>h(0)=0, 即e2x+2ex-2x2->0. 课时突破练21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 2.(15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+. (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 ↗ 课时突破练21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 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). (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-, 课时突破练21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 令g'(a)=0,得a= 随a的变化,g'(a),g(a)的变化如下表: a 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+ 课时突破练21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 3.(15分)(原创)已知函数f(x)=ln x+x2. (1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)证明:f(x)≤x2+x-1; (3)求证:对任意的n∈N*且n≥2,都有(1+)(1+)(1+)…(1+)<e(其中e≈2.718为自然对数的底数). (1)解:由函数f(x)=ln x+x2,可得f'(x)=+2x,则f'(1)=3,f(1)=1, 所以切线方程为y-1=3(x-1),即3x-y-2=0. 课时突破练21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 (2)证明:由函数f(x)=ln x+x2,要证明不等式f(x)≤x2+x-1, 即证ln x+x2≤x2+x-1,即证ln x-x+1≤0, 设g(x)=ln x-x+1,x>0,则g'(x)=-1=,令g'(x)=0,解得x=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, 所以当x=1时,函数g(x)取得最大值,且g(x)max=g(1)=0,即g(x)≤0, 即ln x-x+1≤0,所以不等式f(x)≤x2+x-1成立. 课时突破练21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 (3)证明:由(2)知ln x≤x-1,令x=1+,则ln(1+, 因为,n≥2, 所以ln(1+)+ln(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)<+…+< (1-)+()+()+…+()=1-<1=ln e, 即ln[(1+) (1+) (1+)…(1+)]<ln e, 又因为y=ln x在区间(0,+∞)上为单调递增函数, 所以(1+) (1+) (1+)…(1+)<e. 课时突破练21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 4.(17分)(2025·湖南长沙三模)若存在正实数a,对任意x∈D,使得ax2≤f(x)≤2ax2,则称函数f(x)在D上是一个“T(a)函数”. (1)已知函数f(x)=x在区间[1,2]上是一个“T(a)函数”,求a; (2)证明:函数g(x)=1-cos x在区间(-)上是一个“T()函数”; (3)证明:+…+(n∈N*). 课时突破练21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 (1)解:由f(x)=x在区间[1,2]上是一个“T(a)函数”, 则任意x∈[1,2],ax2≤x≤2ax2恒成立,即a2a恒成立, 而当x∈[1,2]时,1,因此解得a=,所以a= (2)证明:要证g(x)=1-cos x在区间(-)上是一个“T()函数”, 需证x∈(-)时,x2≤1-cos xx2,证明如下: 令h(x)=x2+cos x-1,x∈(-),求导得h'(x)=x-sin x, 课时突破练21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 令φ(x)=h'(x),求导得φ'(x)=1-cos x≥0,即h'(x)在区间(-)上单调递增,且h'(0)=0, 当-<x<0时,h'(x)<0,h(x)在区间(-,0)上单调递减,当0<x<时,h'(x)>0,h(x)在区间(0,)上单调递增, 因此h(x)在区间(-)上取最小值h(0),h(x)≥h(0)=0,即x2≥1-cos x; 令k(x)=x2+cos x-1,x∈(-),求导得k'(x)=-sin x,令u(x)=k'(x),求导得u'(x)=-cos x, 课时突破练21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 当-<x<-<x<时,u'(x)>0,则k'(x)在区间(-,-),()上单调递增; 当-<x<时,u'(x)<0,则k'(x)在区间(-)上单调递减, 又k'(-)=1->0,k'(0)=0,k'()=-1<0, 当-<x<0时,k'(x)>0,k(x)在区间(-,0)上单调递增, 当0<x<时,k'(x)<0,k(x)在区间(0,)上单调递减,因此k(x)≤k(0)=0, 即x2≤1-cos x,所以x2≤1-cos xx2,即函数g(x)在区间(-)上是一个“T()函数”. 课时突破练21　利用导数证明不等式 1 2 3 4 (3)证明:当x∈(0,)时,则1->0,由(2)知cos x>1->0且0<sin x<x, 则>0, 因此,即当x∈(0,)时,>1-,令x=,n∈N*,(0,),则>1-=1->1-=1-=1-(), 所以+…+>n-(1-+…+) =n-(1-)=n- 课时突破练21　利用导数证明不等式 $