第二章 第13节 第一课时 利用导数证明不等式（配套教参）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

第二章函数、导数及其应用 时，方程f(x)=k有且只有两个实根，所以C正确； 解题技法 D.由图像可知，t的最大值是2，所以不正确.] 解决函数极值、最值综合问题的策略 y (1)求极值、最值时，思维要规范，含参数时，要讨论 参数的大小 2 (2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是 最值点，要通过比较才能下结论。 0 (3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值 与端点值进行比较才能确定最值。 第13节 导数的综合应用 教师专享 最新课程标准 核心素养 考情聚焦 1.利用导数证明不等式，发展逻辑推 导数的综合应用是历年高考必考的 1.理解并掌握利用导数解决不等理和数学运算素养。 热点，试题难度较大，多以压轴题形式出 式的恒成立、能成立问题.2.利用导数研究不等式的恒成立、能成现，命题的热点主要有利用导数研究函 2.理解并掌握利用导数比较大立问题，提升逻辑推理和数学运算 数的单调性、极值、最值；利用导数研究 小、证明不等式 素养 不等式；利用导数研究方程的根（或函数 3.理解并掌握利用导数研究函数3.利用导数研究函数的零点问题，提的零点)等.体现了分类讨论、数形结合、 的零点问题 升直观想象、逻辑推理和数学运算函数与方程、转化与化归的数学思想的 素养 运用 第一课时利用导数证明不等式 专题概述 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 跃升>关健能力 对应学生用书P69 层级突破素养提升 春点1 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(e十 令g'a)<0.则0Ka<竖：令ga)>0,则a> 2 a)-x. (1)讨论f(x)的单调性； 所以ga)在0上单，在（停+ (2)证明：当a>0时，f(x)>21na+ 2 [解](1)因为f(x)=a(e十a)-x,定义域为R, 所以f'(x)=ae-1, 巨=1n2>0,则g(a)>0恒成立， 当a≤0时，由于e>0,则ae'≤0，故f'(x)=ae 一1<0恒成立， 所以当a>0时f(x)>2na+号恒成立，证车。 所以f(x)在R上单调递减； 方法二：令h(.x)=e-x-1,则h'(x)=e-1, 当a>0时，令f'(x)=ae-1=0,解得x=-lna, 由于y=e在R上单调递增，所以h'(x)=e一1 当x<-lna时，f(x)<0,则f(x)在(-oo,-lna)上 在R上单调递增，又h'(0)=e°-1=0， 单调递减； 所以当x<0时，h'(x)<0;当x>0时，h'(x)>0; 当x>-lna时，f(x)>0,则f(x)在(-lna,+o∞)上 所以h(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十o∞)上 单调递增； 单调递增，故h(x)≥h(0)=0,则e≥x十1，当且仅 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当x=0时，等号成立， 当a>0时，f(x)在(-∞，一lna)上单调递减， 因为f(x)=a(e十a)-x=ae十a2-x=e+ha十 f(x)在(-lna,十o∞)上单调递增. a-x≥x+lna+1+a'-x, 当且仅当x十lna=0,即x=-lna时，等号成立， (2)证明：方法一：由(1)得，f(x)nin=f(-lna)=a (e ia+a)+In a=1+a2+In a, 所以要逆fx)>2na+2,即证x+lna+1+a 要证fx)>2lna+是，即证1ta+lha>2laa十 ->2na+是即证a2-合-lna>0, 3 多即送d-含-lha>0恒成主，令ga=a2 令ga)=d-号-lhaa>0,则Ra)=2a- a 合-haa>0,则go)=2a-上-2a。1 =2a2-1 a a a ·85· 高考总复习人教数学B版（新教材） 令g'(a)<0,则0<a< 令g'(a)>0,则a>2 f(-1D=2a+26-a）--1.@ 2 4 所以g(a)在 联立①@，解得a=2,b=-2.所以f(x)=2一2 x2+11 单调递增， (2)证明：由题意知要证1nx≥2g二2在[1十60)上恒 x2+1 成立， >0,则g(a)>0恒成立， 即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x21nx+lnx-2x+2 所以当a>0时，f(x)>21na十 恒成立，证华 ≥0在[1，十∞)上恒成立. 设h(x)=x2lnx+lnx-2.x+2,则h'(x)=2.xlnx 方法指导 利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上 +x+1-2,因为x≥1，所以2xlnx≥0，x+1≥ x 恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)一 g(x),然后根据函数h(x)的单调性或最值证明 2…=2(当且仅当=1时等号成主 x h(x)>0.若函数f(x)与g(x)的最值易求出，可直 即'(x)≥0， 接转化为证明f(x)mn>g(x)nax;若函数f(x)与 g(x)的最值不易求出，可对h(x)=f(x)一g(x)适 所以h(x)在[1，+o∞)上单调递增，h(x)≥h(1) 当变形后进行转化。 =0, 跟踪训练 所以g(x)≥f(.x)在[1，十o∞)上恒成立. 已知函数f(x)=ax2十x-1 (3)证明：因为0<a<b,所以么>1， e (1)求曲线y=f(x)在点(0，一1)处的切线方程； (2)证明：当a≥1时，f(x)十e≥0. 由(2)知l1n 整理得lnb-lna +1 b-a [解](1)由题意：f(r)=a+-1得f'(x)= a 2a (2a.x+1)e-(ax2+x-1)e- a2+b2, (e)2 二ar+2a+2f0=号=2：即尚y 所以当0<a<b时，lnb-lha>2a b-a a2+b2 e f(x)在点(0，一1)处的切线斜率为2， 方法指导 .y=f(x)在点(0，-1)处的切线方程为y一（一1） 证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最 =2(x-0),即2x-y-1=0. 值、单调性证明. (2)当a≥1时，f(x)+e≥十x-1+e (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 令g(x)=x2+x-1+e+1,则g'(x)=2x+1十 F(x)<0即可； e+1,g(-1)=0,g(x)在R上为增函数. (2)对于证明含有两个变量a,b的不等式时，一种 当x<-1时，g'(x)<0,g(x)单调递减； 方法是通过变形构造成不等式f(a)>f(b),然 当x>-1时，g(x)>0,g(x)单调递增. 所以g(x)≥g(-1)=0. 后利用函数f(x)的单调性证明，另一种方法是 因此当a≥1，f(x)十e≥0. 通过换元构造成单变量不等式，如本例令x 专点2)等价转化法证明二元不等式 b,然后再利用已知关系证明即可， [典例](2024·青岛市模拟)已知函数f(x) a+在点(-1，f(-1)处的切线方程为x+y十 跟踪训练 x2+1 (2024·濮阳市模拟)己知函数f(x)=xlnx 3=0. (1)求函数f(x)的解析式； 2mx2-x(m∈R). (2)设g(x)=lnx,求证：g(x)≥f(.x)在[1，+o∞) (1)若函数f(x)在(0，十o∞)上是减函数，求实数m 上恒成立； 的取值范围； (3)若0<a<b,求证：lnb-lna>2a b-a a2+b21 (2)若函数f(x)在(0，十©∞)上存在两个极值点x1, [解](1)将x=一1代入切线方程得y=一2， x2,且x1<x2,证明：lnx1十lnx2>2. 所以f代-1=-2，化商得6a=一40 解：)f)=lnx-mr-xm∈R)在(0， f(x)=a(x2+1)-(ax+b)·2x 十o∞)上是减函数，.f(x)=lnx一mx≤0在定义 (.x2+1)2 域(0，十∞)上恒成立， ·86· 第二章函数、导数及其应用 .m≥ 当0<x<a时，f(x)<0,则f(x)在(0，a)上单调 x 递减； 1-Inx 当x>a时，f'(x)>0,则f(x)在(a,十∞)上单调 递增 由h'(x)>0,得x∈(0，e),由h'(x)<0,得x>e, ①若0<a<1,f(x)在(a,1)上单调递增，所以当x ∴.函数h(x)在(0，e)上单调递增，在(e,十∞)上单 ∈(a,1)时，f(x)<f(1)=0,不满足题意； 调递减， ②若a>1,f(x)在(1，a)上单调递减，所以当x∈ A(a)=h(e)=是m≥ (1,a)时，f(x)<f(1)=0,不满足题意； e ③若a=1,f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞) 故实数m的取位范国是[日十）】 上单调递增，所以f(x)≥f(1)=0满足题意. (2)证明：由(1)知f(x)=lnx-mx, 综上所述a=1. 函数f(x)在(0，十∞)上存在两个极值点x1,x2, 解法二：因为f(1)=0,要使f(x)=x-1-alnx≥ 0在(0，十∞)上恒成立，则必要条件为f(1)=1一 且x1<x2 a=0,得a=1. -In zi+In x2 .finx-m= x1十x2 则 当a=1时，f(x)=x-1-lnx,f(x)=- In x2-mx2=0 In x-In z2 m 当0<x<1时，f(x)<0,f(x)单调递减； x1一x2 当x>1时，f(x)>0,f(.x)单调递增； Initin &zIn x-In cz 所以x=1为f(x)的极小值点，f(x)≥f(1)=0, x1十x2 x1一x2 即a=1满足题意， +1.In (2)证明：由(1)知当x∈(1，+o∞)时，x-1-lnx>0, n+ln-t名n x2 x2 x1一x2 1一1 T =1+安得0+安》 设1=克∈(0,1D,则1nx,+1n,=+:血4， t-1 所以(+号)+n(+)+…+i〔+》 要证lnx1+lnx2>2, 只需运P>2只离运2，只 t-1 从而1+号)01+)0+)长e 需证lnt- 2t-1)<0,构造函数g(t)=lnt t+1 而2<e<3,所以n的最小值为3. .wew-片6f8a 方法指导 t+1 证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数 g)=1n1-2D在0,1D上单调递增， 的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而 t+1 不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是 ∴g(t)<g(1)=0,即g()=lnt- 2-1D<0, 可导函数，使用导数就是错误的， t+1 .In x+In z2>2. 跟踪训练 专点3)赋值法证明正整数不等式 (2022·北京卷，20)已知函数f(x)=e1n(1十x). [典例]已知函数f(x)=x-1一alnx. (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，+o∞)上 (1)若f(x)≥0，求a的值； 的单调性； (2)设m为整数，且对于任意正整数n, (3)证明：对任意的s,t∈(0，十∞)，有f(s十t)> (+)儿+)(+)小m,求m的最小值 f(s)+f(t). [解](1)解法一：f(x)=x-1-alnx,x>0,则 解：1)由题，f(x)=c·ln(1+x)+e·十 f)-1-是-且f)=0 x 。2:a1+)+) 当a≤0时，f'(x)>0,f(x)在(0，十o∞)上单调递 增，所以0<x<1时，f(x)<f(1)=0,不满足 题意； f(0)=e1n(1+0)=0, 当a>0时， 因此，曲线y=f(x)在(0，f(0)处的切线方程为y=x. ·87 高考总复习人教数学B版（新教材） (2)由1)知，gx)=fx)=e:（a1+)+1十) (3)m(s)=f(s+t)-f(s)-f(t)=eIn(1+s +t)-eln(1+s)-e'ln(1+t), x∈[0，+∞)， 1 c[m1+s)+十] =g(s十t)-g(s), 设h(x)=ln(1十x)+1千x1+x 2 由(2)g(x)在[0，+∞)上单调递增， x∈[0，+o∞)， 故s>0,t>0时，m'(s)=g(s+t)-g(s)>g(t) 1 2 2 则(x)=1十x(1+x)2(1+x)3(1+.x)30, g(0)>g(0)-g(0)=0, 因此，m(s)在(0，十∞)上单调递增， 故h(x)在[0，十o∞)上单调递增， 故m(s)>m(0)=f(0+t)-f(0)-f(t)=-f(0) 故h(x)≥h(0)-1>0, =0, 因此g'(x)>0对任意x∈[0，十o∞)上恒成立， 因此，对任意的s,t∈(0，十∞)， 故g(x)在[0，十∞)上单调递增 有f(s+)>f(s)+f(t). 第二课时 利用导数研究不等式的恒（能）成立问题 专题概述 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题是高考考查的重点，常转化为函数的最值问题求解. 跃升>关健能力 对应学生用书P71 层级突破素养提升 春点1 分离参数法求参数范围 .p(t)在(0,1)上为增函数， [典例] (2023·全国甲卷)已知函数f(x)=a.x 所以9(t)<p(1)=a-3. ①若a∈(-o∞，3]，g'(x)=9(t)<a-3≤0， sin x cos'a' 即g)在(0，)上单河递减， (1)当a=8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin2.x恒成立，求a的取值范围. 所以g(x)<g(0)=0. [解](1)f'(.x)=a 所以当a∈(-o∞，3]，f(x)<sin2.x, 符合题意 cos acos'x+3sin acos asin a cosx ②若a∈(3，十∞)，当t→0， 23 a cos2x十3sinx=a t 3-2cos'x cos'x cos'x -)+ →-0∞，所以p(t)→一∞ 令cos2x=t,则t∈(0,1)， 则f(x)=g(t)=a-3-24-at2+21-3 g(1)=a-3>0.所以3t∈(0,1)，使得p(t)=0, 即3x,∈(0，》使得g。)=0, 当a=8,f'(x)=g0)=8+21-3 若t∈(to,1),9(t)>0,即当x∈(0，x。), g'(x)>0, -(2t-1)(4t+3) g(x)单调递增 所以当x∈(0，xo),g(x)>g(0)=0,不合题意. 当(o,号)即e(牙)fo 综上，a的取值范围为(-∞，3]. 方法指导 当1(2l即xe(0,)f'x)>0. 已知不等式f(x,)≥0（入为实参数）对任意的x 所以f(x)在(0，)上单调运增，在(，)上单 ∈D恒成立，求参数入的取值范围.利用导数解 决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤 调递减 如下： (2)g()=f(x)-sin 2x,g'()=f(x)-2cos 2x 第一步，将原不等式f(x,)≥0(x∈D,入为实参 =g0)-2(2cosx-1）=4+24-3-2(21-1D 数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参 t 数，即化为f1()≥f2(x)或f1(入)≤f2(x)的 =a+2-4u+2-3 形式： t2, 第二步，利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最 设g0)=a十21+是-是gu)=-4 是+ 大（小）值； 第三步，解不等式f1(入)≥f2（x)ax或f1()≤ -4t2-2+6=21-1D2r+2+3)>0. f2(x)mn从而求出参数入的取值范围. t ·88·