第3章 3.6 利用导数证明不等式(提升课)（PPT课件）-【精讲精练】2027年高考数学一轮复习（人教A版）

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，依据高考评价体系梳理了作差法构造函数、双函数最值转化、适当放缩构造三大考查方向，通过2025年山东聊城三模等改编例题分析，明确构造辅助函数、导数分析单调性等高频解题路径，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+规律提炼+素养落地”，如作差法中通过构造g(x)=x-3sinx/(cosx+2)，求导化简得g'(x)=(cosx-1)²/(cosx+2)²≥0，培养数学思维的逻辑推理能力，结合lnx≤x-1等放缩结论提升数学语言表达。教师可依托对点训练精准指导，助力学生掌握得分技巧，高效冲刺高考。

3.6　利用导数证明不等式(提升课) 第三章　一元函数的导数及其应用 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 核心考点突破 01 知能达标训练 02 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 核心考点突破 栏目导航 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 知能达标训练 栏目导航 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 谢谢观看 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 利用导数证明不等式问题一般要用到构造法，构造法是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数的单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有： (1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(或f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)； (2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln (x＋1)≤x(x＞－1)； (3)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解． 考点一　作差法构造函数证明不等式　重难考点　师生共研 (2025·山东聊城三模改编)已知函数f(x)＝ln x＋. (1)求f(x)的最小值； (2)证明：xf(x)>. [解析]　(1)因为f(x)＝ln x＋，则f′(x)＝－＝， 当x∈(0，1)时，f′(x)＝<0， 所以f(x)＝ln x＋在x∈(0，1)上单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝>0， 所以f(x)＝ln x＋在x∈(1，＋∞)上单调递增； 所以f(x)min＝1. (2)证明　由f(x)≥1，则要证明xf(x)>，只需要证明x>， 构造g(x)＝x－，则g′(x)＝1－＝1－＝＝≥0， 所以g(x)＝x－在上单调递增， 即g(x)>g＝0，所以有x>，即xf(x)>成立． 作差法构造函数证明不等式的策略 (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”的函数． (2)有时对复杂的式子要进行变形，借助所构造函数的单调性和最值求解，利用导数研究其单调性和最值． 1．已知函数f(x)＝2ln x＋.证明：当x≥1时，f(x)≤＋. 证明　由f(x)＝2ln x＋， 令g(x)＝f(x)－－＝2ln x＋－－， 则g′(x)＝－－x＝＝－. 当x≥1时，x－1≥0，x(x＋1)－1＞0， 所以g′(x)≤0(当且仅当x＝1时“＝”成立)， 所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减． 因此，当x≥1时，有g(x)≤g(1)＝0， 即f(x)≤＋. 考点二　转化为两个函数的最值证明不等式　重难考点　师生共研 已知函数g(x)＝x ln x，a∈R，求证：当x＞0时，g(x)＞－. [证明]　因为g(x)＝x ln x，所以g′(x)＝1＋ln x. 令g′(x)＝0，得x＝，所以当x∈时，g′(x)＜0；当x∈时，g′(x)＞0，所以函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当x＞0时，g(x)min＝g＝－. 令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝－，又g(x)min＝g＝－，两个等号不同时成立，故当x＞0时，g(x)＞－. 1．在证明不等式时，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题． 2．对于一些不等式可转化为f(x)≥g(x)的形式，证明f(x)min≥g(x)max即可，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不一定是同一个x的值．在转化中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准． 2．已知函数f(x)＝2xex＋ax(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x. (1)求实数a； (2)证明：f(x)＞ln x＋1. 解析　(1)f′(x)＝2(x＋1)ex＋a，所以f′(0)＝2×(0＋1)e0＋a＝1， 解得a＝－1. (2)证明　由(1)知f(x)＝2xex－x，因为x＞0，所以要证明f(x)＞ln x＋1，只需证明2ex－1＞， 令g(x)＝，则g′(x)＝－，g′(1)＝0，所以x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1. 令h(x)＝2ex－1，h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)＞2e0－1＝1， 所以h(x)＞g(x)max＝1，则2ex－1＞， 所以f(x)＞ln x＋1. 考点三　适当放缩证明不等式　重难考点　师生共研 (2025·湖南娄底模拟改编)已知函数f(x)＝cos x＋x sin x，g(x)＝ex－x. (1)求g(x)的最小值； (2)证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤g(x)＋x. [解析]　(1)g(x)＝ex－x，g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝0，得x＝0， 当x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(0)＝1. (2)证明　当x∈[0，＋∞)时， 令F(x)＝f(x)－g(x)－x＝cos x＋x sin x－ex， 则F′(x)＝x cos x－ex， 因为cos x≤1，所以F′(x)＝x cos x－ex≤x－ex. 由(1)知g(x)＝ex－x≥1>0，故x－ex<0， 所以F′(x)＝x cos x－ex≤x－ex<0，故F(x)在[0，＋∞)上单调递减， 所以F(x)≤F(0)＝0，所以f(x)≤g(x)＋x. 放缩法证明不等式的策略 (1)在用导数方法证明不等式的问题中，一是会放缩，即从所求证的不等式入手，利用分析法，进行转化，寻找可放大或缩小的条件；二是会构造函数，即通过构造辅助函数，把所求证的不等式进行转化． (2)常见的放缩公式：①ex≥1＋x，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．③sin x≤x≤tan x(当且仅当x＝0时等号成立). 3．已知x∈(0，1)，求证：x2－＜. 证明　要证x2－＜. 只需证ex＜ln x， 又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)， 所以只需证明ln x＋(x＋1)＞0. 即证ln x＋1－x3＋－x2＞0， 而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)， 所以只需证ln x＋1－2x＋＞0. 令g(x)＝ln x＋1－2x＋， 则g′(x)＝－2－＝－. 而2x2－x＋1＞0恒成立， 所以g′(x)＜0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减， 所以当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0， 即ln x＋1－2x＋＞0. 所以x2－＜. $