第3章 第4节 导数与不等式证明(课件PPT)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与不等式证明”核心考点，依据高考评价体系梳理构造函数法、隔离转化法、放缩法三大解题方法，通过课标解读与真题分析明确考点权重，归纳利用导数研究函数单调性、最值证明不等式的常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“方法归纳+真题训练+素养提升”，如例1用构造函数法证明f(x)≥x-1，结合2025年山东模考题强化隔离转化法应用，培养学生数学思维与模型观念。设限时规范训练，助力学生掌握答题技巧，教师可精准指导，提升复习效率。

第4节　导数与不等式证明 返回 ‹#› 在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题． 课标解读 返回 ‹#› 2 限时规范训练　 栏 目 导 引 1 考点突破 通法悟道 返回 ‹#› 考点突破 通法悟道 方法一　构造函数法证明不等式(师生共研) 例1　已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求函数f(x)的极值； (2)证明：对任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≥x－1. 解： (1)因为f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)，令f′(x)＝x(2ln x＋1)＝0，则x＝，又因为x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；所以＝－，无极大值． 返回 ‹#› (2)证明：令t(x)＝x ln x－1＋，可得t′(x)＝ln x＋1－，令m(x)＝ln x＋1－，m′(x)＝，m′(x)>0，m(x)在(0，＋∞)单调递增，m(1)＝0，x∈(0，1)时，m(x)＝t′(x)<0，t(x)单调递减；x∈(1，＋∞)时，m(x)＝t′(x)>0，t(x)单调递增；所以t(x)min＝t(1)＝0，所以t(x)＝x ln x－1＋≥t(1)＝0，所以x ln x≥1－，即得x2ln x≥x－1，所以f(x)≥x－1. 返回 ‹#› 构造新函数求最值证明不等式的步骤 (1)作差或变形：将不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))变形为f(x)－g(x)＞0(或f(x)－g(x)＜0)； (2)构造新的函数：h(x)＝f(x)－g(x)； (3)利用导数研究函数h(x)的性质，得到所证不等式． 返回 ‹#› 已知f(x)＝(2x＋1)ln x－，曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝ax＋b. (1)求a，b的值； (2)证明：f(x)≤ax＋b. 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝(2x＋1)ln x－可得f′(x)＝2ln x＋(2x＋1)·－x＝2ln x－x＋＋2，则f′(1)＝2，所以曲线f(x)在x＝1处的切线斜率k＝2，又因为f(1)＝－，所以切线方程为y＋＝2(x－1)，即y＝2x－，所以a＝2，b＝－. 返回 ‹#› (2)证明：要证明f(x)≤ax＋b，只需证(2x＋1)ln x－≤0，设g(x)＝(2x＋1)ln x－，则g′(x)＝2ln x＋－x，令h(x)＝2ln x＋－x，则h′(x)＝≤0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)＞0，则g(x)在(0，1)上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，所以f(x)≤ax＋b. 返回 ‹#› 方法二　隔离转化法证明不等式(师生共研) 例2　已知函数f(x)＝x ln x＋x. (1)求函数f(x)的最小值； (2)证明：ln x＋1＞. 解：(1)f′(x)＝ln x＋2，令f′(x)＝ln x＋2＝0可得x＝，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f＝－. 返回 ‹#› (2)证明：因为x＞0，所以只需证明x ln x＋x＞，下面分别研究左、右两边，考虑证明左边的最小值大于右边的最大值． 设g(x)＝，则g′(x)＝，当x∈(0，1)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＝g(1)＝－，所以g(x)≤－，由(1)知f(x)＝x ln x＋x≥－.又因为g(x)≤－取等号时x＝1，f(x)＝x ln x＋x≥－取等号时x＝，所以等号不能同时取到，故x ln x＋x＞，则原不等式得证． 返回 ‹#› 隔离转化法证明不等式的一般思路 (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)在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f(x)，g(x)，使f(x)min＞g(x)max恒成立，从而f(x)＞g(x)，但f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x”的值； (3)对于较复杂的不等式，也可将不等式的某一部分“隔离”开，单独进行研究，然后再纳入整体进行论证． 返回 ‹#› 已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0. 解：(1)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． 返回 ‹#› (2)证明：因为x＞0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，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)＝，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． 返回 ‹#› 方法三　放缩法证明不等式(师生共研) 例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)，且当x∈(0，1)时，x2－<0，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)＝，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－<. 返回 ‹#› 1．利用导数证明不等式时，若所证明的不等式中含有ex，ln x，sin x，cos x，tan x，或其他多项式函数中的两种或以上，可考虑先利用不等式进行放缩，使问题简化．然后再构造函数进行证明． 2．常见的放缩有： (1)tan x>x>sin x，x∈； (2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥ln x，利用切线放缩可把指数式、对数式转化为一次式，有利于后续的求解． 返回 ‹#› 设函数f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1<<x. 解：(1)由题设知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，且最大值为f(1)＝0，所以当x≠1时，ln x<x－1.故当x∈(1，＋∞)时，0<ln x<x－1，即>1.又ln <－1，所以ln x>，即<x，故当x∈(1，＋∞)时，恒有1<<x. 返回 ‹#› 3 4 1 2 限时规范 训练(二十五) (建议用时：60分钟　分值：64分) 1．(15分)已知函数f(x)＝ex2－x ln x，求证：当x>0时，f(x)<xex＋. 证明：要证f(x)<xex＋，由于x>0，只需证ex－ln x<ex＋，即ex－ex<ln x＋. 令h(x)＝ln x＋(x>0)，则h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以<ln x＋，故原不等式成立． 返回 ‹#› 2 1 3 4 2．(15分)(2025·山东济南二模)已知函数f(x)＝＋ln x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性； (3)记f(x)的极小值为g(a)，证明：g(a)≤ea-1. 解：(1)当a＝1时，f(x)＝＋ln x，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. (2)函数f(x)＝＋ln x的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<a；由f′(x)>0，得x>a，函数f(x)在(0，a)上单调递减，(a，＋∞)上单调递增，所以当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在(0，a)上单调递减，(a，＋∞)上单调递增． 返回 ‹#› 2 1 3 4 (3)证明：由(2)知，若f(x)有极小值，则a>0，极小值g(a)＝f(a)＝1＋ln a，令函数h(a)＝ea-1－ln a－1，求导得h′(a)＝ea-1－，函数h′(a)在(0，＋∞)上单调递增，且h′(1)＝0，则当0<a<1时，h′(a)<0，当a>1时，h′(a)>0，函数h(a)在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，则h(a)≥h(1)＝0，即ea-1－ln a－1≥0，所以g(a)≤ea-1. 返回 ‹#› 2 3 1 4 3．(17分)已知函数f(x)＝ex－x－1. (1)求证：f(x)≥0； (2)当m≤1时，求证：不等式ex－mx＋cos x－2≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立． 返回 ‹#› 2 3 1 4 证明：(1)f′(x)＝ex－1，当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)min＝f(0)＝0，即ex－x－1≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)≥0.(2)令g(x)＝ex－mx＋cos x－2，则g′(x)＝ex－m－sin x，由(1)可得ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，又m≤1，所以g′(x)≥x＋1－1－sin x＝x－sin x．令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x，当x≥0时，h′(x)≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)≥h(0)＝0，则g′(x)≥0，g(x)在[0，＋∞)上单调递增，当x∈[0，＋∞)时，g(x)≥g(0)＝0，即ex－mx＋cos x－2≥0，所以当m≤1时，不等式ex－mx＋cos x－2≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立． 返回 ‹#› 2 3 4 1 4．(17分)(2025·山东日照一模节选)已知函数f(x)＝ax ln x. (1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性； (2)若a＝1，求证：f(x)<ex＋cos x－2. 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a(ln x＋1)，因为a>0，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0<x<，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 返回 ‹#› 2 3 4 1 (2)证明：依题意：要证x ln x<ex＋cos x－2，当0<x≤1时，x ln x≤0，令m(x)＝ex＋cos x－2，0<x≤1，因为m′(x)＝ex－sin x>0，所以m(x)在(0，1]上单调递增，所以m(x)>m(0)＝1＋1－2＝0，所以不等式成立；当x>1时，要证x ln x<ex＋cos x－2，即x ln x－ex－cos x＋2<0.设h(x)＝x ln x－ex－cos x＋2，x>1，则h′(x)＝ln x－ex＋sin x＋1，x>1.设φ(x)＝ln x－ex＋sin x＋1，x>1.则φ′(x)＝－ex＋cos x，x>1.当x>1时，ex>e，<1，cos x≤1，所以φ′(x)＝－ex＋cos x＜0，x＞1.所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以φ(x)<φ(1)＝1－e＋sin 1<0，即h′(x)＜0，x＞1.所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，h(x)<h(1)＝2－e－cos 1<0， 即当x>1时，x ln x<ex＋cos x－2成立． 综上：当a＝1时，f(x)<ex＋cos x－2在(0，＋∞)上恒成立． 返回 ‹#› 第4节　导数与不等式证明 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $