第2章 第13节 第1课时 利用导数证明不等式-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课件PPT（人教B版）

该高中数学高考复习课件聚焦“导数的综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了利用导数证明不等式、研究函数零点等核心考点，针对压轴题型分析了单调性、最值、恒成立问题的考查权重，归纳了构造函数、等价转化、赋值法等常考解题模型，体现高考备考的系统性和针对性。 课件亮点在于高考真题深度解析与核心素养培养结合，如以2023新课标Ⅰ卷导数证明题为例，通过构造函数求最值突破不等式证明，二元不等式采用变量替换转化，正整数不等式运用赋值法，发展学生逻辑推理和数学运算素养。配套跟踪训练和方法指导，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准开展复习教学，提升备考效率。

第13节 导数的综合应用 第二章 函数、导数及其应用 第一课时 利用导数证明不等式 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 跃升 关键能力 01 课后 素养提能 02 第二章 函数、导数及其用应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 第二章 函数、导数及其应用 高考总复习 人教数学B版（新教材） 最新课程标准 教师专享 核心素养 考情聚焦 1.理解并掌握利用导数解决不等式的恒成立、能成立问题． 2．理解并掌握利用导数比较大小、证明不等式． 3．理解并掌握利用导数研究函数的零点问题 1.利用导数证明不等式，发展逻辑推理和数学运算素养． 2．利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题，提升逻辑推理和数学运算素养． 3．利用导数研究函数的零点问题，提升直观想象、逻辑推理和数学运算素养 　　导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归的数学思想的运用 利用导数证明不等式是高考考查的重点和热点，常转化为函数的单调性、最值问题求证．　　 构造法证明一元不等式 [典例]　(2023·新课标Ⅰ卷)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＋eq \f(3,2). [解]　(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex＞0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1＜0恒成立， 所以f(x)在R上单调递减； 当a＞0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x＜－ln a时，f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x＞－ln a时，f′(x)＞0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增； 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a＞0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明：方法一：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)＞2ln a＋eq \f(3,2)，即证1＋a2＋ln a＞2ln a＋eq \f(3,2)，即证a2－eq \f(1,2)－ln a＞0恒成立，令g(a)＝a2－eq \f(1,2)－ln a(a＞0)，则g′(a)＝2a－eq \f(1,a)＝eq \f(2a2－1,a)， 令g′(a)＜0，则0＜a＜eq \f(\r(2),2)；令g′(a)＞0，则a＞eq \f(\r(2),2)； 所以g(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，所以g(a)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－eq \f(1,2)－lneq \f(\r(2),2)＝lneq \r(2)＞0，则g(a)＞0恒成立， 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋eq \f(3,2)恒成立，证毕． 方法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增，又h′(0)＝e0－1＝0， 所以当x＜0时，h′(x)＜0；当x＞0时，h′(x)＞0； 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 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， 所以要证f(x)＞2ln a＋eq \f(3,2)，即证x＋ln a＋1＋a2－x＞2ln a＋eq \f(3,2)，即证a2－eq \f(1,2)－ln a＞0， 令g(a)＝a2－eq \f(1,2)－ln a(a＞0)，则g′(a)＝2a－eq \f(1,a)＝eq \f(2a2－1,a)， 令g′(a)＜0，则0＜a＜eq \f(\r(2),2)；令g′(a)＞0，则a＞eq \f(\r(2),2)； 所以g(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增， 所以g(a)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－eq \f(1,2)－lneq \f(\r(2),2)＝lneq \r(2)＞0，则g(a)＞0恒成立， 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋eq \f(3,2)恒成立，证毕． 利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值证明h(x)>0.若函数f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；若函数f(x)与g(x)的最值不易求出，可对h(x)＝f(x)－g(x)适当变形后进行转化． 已知函数f(x)＝eq \f(ax2＋x－1,ex). (1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0. [解]　(1)由题意：f(x)＝eq \f(ax2＋x－1,ex)得 f′(x)＝eq \f(2ax＋1ex－ax2＋x－1ex,ex2)＝ eq \f(－ax2＋2ax－x＋2,ex)；∴f′(0)＝eq \f(2,1)＝2；即曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线斜率为2， ∴y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程为y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0. (2)当a≥1时，f(x)＋e≥eq \f(x2＋x－1＋ex＋1,ex)， 令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1，g′(－1)＝0，g′(x)在R上为增函数． 当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)≥g(－1)＝0. 因此当a≥1，f(x)＋e≥0. 等价转化法证明二元不等式 [典例]　(2024·青岛市模拟)已知函数f(x)＝eq \f(ax＋b,x2＋1)在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0. (1)求函数f(x)的解析式； (2)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立； (3)若0<a<b，求证：eq \f(ln b－ln a,b－a)>eq \f(2a,a2＋b2). [解]　(1)将x＝－1代入切线方程得y＝－2， 所以f(－1)＝eq \f(b－a,1＋1)＝－2，化简得b－a＝－4.① f′(x)＝eq \f(ax2＋1－ax＋b·2x,x2＋12)， f′(－1)＝eq \f(2a＋2b－a,4)＝－1.② 联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝eq \f(2x－2,x2＋1). (2)证明：由题意知要证ln x≥eq \f(2x－2,x2＋1)在[1，＋∞)上恒成立， 即证明(x2＋1)ln x≥2x－2，x2ln x＋ln x－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，则h′(x)＝2xln x＋x＋eq \f(1,x)－2，因为x≥1，所以2xln x≥0，x＋eq \f(1,x)≥2·eq \r(x·\f(1,x))＝2(当且仅当x＝1时等号成立)， 即h′(x)≥0， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0， 所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立． (3)证明：因为0<a<b，所以eq \f(b,a)>1， 由(2)知lneq \f(b,a)>eq \f(2·\f(b,a)－2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2＋1)，整理得eq \f(ln b－ln a,b－a)>eq \f(2a,a2＋b2)， 所以当0<a<b时，eq \f(ln b－ln a,b－a)>eq \f(2a,a2＋b2). 　证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最值、单调性证明． (1)证明不等式f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，利用导数求F(x)的值域，得到F(x)<0即可； (2)对于证明含有两个变量a，b的不等式时，一种方法是通过变形构造成不等式f(a)>f(b)，然后利用函数f(x)的单调性证明，另一种方法是通过换元构造成单变量不等式，如本例令x＝eq \f(b,a)，然后再利用已知关系证明即可． (2024·濮阳市模拟)已知函数f(x)＝xln x－eq \f(1,2)mx2－x(m∈R)． (1)若函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围； (2)若函数f(x)在(0，＋∞)上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：ln x1＋ln x2＞2. 解：(1)∵f(x)＝xln x－eq \f(1,2)mx2－x(m∈R)在(0，＋∞)上是减函数，∴f′(x)＝ln x－mx≤0在定义域(0，＋∞)上恒成立， ∴m≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln x,x)))max，设h(x)＝eq \f(ln x,x)，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)， 由h′(x)＞0，得x∈(0，e)，由h′(x)＜0，得x＞e， ∴函数h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴h(x)max＝h(e)＝eq \f(1,e).∴m≥eq \f(1,e). 故实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)). (2)证明：由(1)知f′(x)＝ln x－mx， ∵函数f(x)在(0，＋∞)上存在两个极值点x1，x2，且x1＜x2， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ln x1－mx1＝0,ln x2－mx2＝0))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m＝\f(ln x1＋ln x2,x1＋x2),m＝\f(ln x1－ln x2,x1－x2)))， ∴eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)＝eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)， ∴ln x1＋ln x2＝eq \f(x1＋x2,x1－x2)·ln eq \f(x1,x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)＋1))·ln \f(x1,x2),\f(x1,x2)－1)， 设t＝eq \f(x1,x2)∈(0,1)，则ln x1＋ln x2＝eq \f(t＋1·ln t,t－1)， 要证ln x1＋ln x2＞2， 只需证eq \f(t＋1·ln t,t－1)>2，只需证ln t＜eq \f(2t－1,t＋1)，只需证ln t－eq \f(2t－1,t＋1)＜0，构造函数g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，则g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)＞0， ∴g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)在t∈(0,1)上单调递增， ∴g(t)＜g(1)＝0，即g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)＜0， ∴ln x1＋ln x2＞2. 赋值法证明正整数不等式 [典例]　已知函数f(x)＝x－1－aln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)设m为整数，且对于任意正整数n， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜m，求m的最小值． [解]　(1)解法一：f(x)＝x－1－aln x，x>0，则f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，且f(1)＝0， 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以0<x<1时，f(x)<f(1)＝0，不满足题意； 当a>0时， 当0<x<a时，f′(x)<0，则f(x)在(0，a)上单调递减； 当x>a时，f′(x)>0，则f(x)在(a，＋∞)上单调递增． ①若0＜a<1，f(x)在(a,1)上单调递增，所以当x∈(a,1)时，f(x)<f(1)＝0，不满足题意； ②若a>1，f(x)在(1，a)上单调递减，所以当x∈(1，a)时，f(x)<f(1)＝0，不满足题意； ③若a＝1，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0满足题意． 综上所述a＝1. 解法二：因为f(1)＝0，要使f(x)＝x－1－aln x≥0在(0，＋∞)上恒成立，则必要条件为f′(1)＝1－a＝0，得a＝1. 当a＝1时，f(x)＝x－1－ln x，f′(x)＝eq \f(x－1,x). 当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 所以x＝1为f(x)的极小值点，f(x)≥f(1)＝0，即a＝1满足题意． (2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0，令x＝1＋eq \f(1,2n)，得ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq \f(1,2n)， 所以ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝1－eq \f(1,2n)<1， 从而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<e. 而2<e<3，所以m的最小值为3. 证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的． (2022·北京卷，20)已知函数f(x)＝exln(1＋x)． (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性； (3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)＞f(s)＋f(t)． 解：(1)由题，f′(x)＝ex·ln(1＋x)＋ex·eq \f(1,1＋x)＝ex·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln1＋x＋\f(1,1＋x)))， 故f′(0)＝e0·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln1＋0＋\f(1,1＋0)))＝1，f(0)＝e0ln(1＋0)＝0， 因此，曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＝x. (2)由(1)知，g(x)＝f′(x)＝ex·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln1＋x＋\f(1,1＋x)))，x∈[0，＋∞)， 则g′(x)＝ex·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln1＋x＋\f(2,1＋x)－\f(1,1＋x2)))， 设h(x)＝ln(1＋x)＋eq \f(2,1＋x)－eq \f(1,1＋x2)， x∈[0，＋∞)， 则h′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \f(2,1＋x2)＋eq \f(2,1＋x3)＝eq \f(x2＋1,1＋x3)＞0， 故h(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝1＞0， 因此g′(x)＞0对任意x∈[0，＋∞)上恒成立， 故g(x)在[0，＋∞)上单调递增． (3)设m(s)＝f(s＋t)－f(s)－f(t)＝es＋tln(1＋s＋t)－esln(1＋s)－etln(1＋t)， 则m′(s)＝es＋teq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln1＋s＋t＋\f(1,1＋s＋t)))－ eseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln1＋s＋\f(1,1＋s)))＝g(s＋t)－g(s)， 由(2)g(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故s＞0，t＞0时，m′(s)＝g(s＋t)－g(s)＞g(t)－ g(0)＞g(0)－g(0)＝0， 因此，m(s)在(0，＋∞)上单调递增， 故m(s)＞m(0)＝f(0＋t)－f(0)－f(t)＝－f(0)＝0， 因此，对任意的s，t∈(0，＋∞)， 有f(s＋t)＞f(s)＋f(t)． $