微专题一　导数与不等式的证明 课件（共31张PPT）

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上篇 专题六 函数与导数
压轴突破　导数的综合应用
微专题一　导数与不等式的证明
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专题训练 对接高考
内容索引
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突破点一　构造函数，利用最值证明不等式
【例1】 (2021·海南质检)已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1).
(1)讨论函数的单调性；
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
令r(x)＝2(x－1)ex－e2x，则r′(x)＝2xex－e2.
易得r′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且r′(1)＝2e－e2<0，r′(2)＝3e2>0，
∴存在唯一的实数x0∈(1，2)，使得r′(x0)＝0，
∴r(x)在区间(0，x0)上单调递减；在(x0，＋∞)上单调递增.
又r(0)＝－2<0，r(2)＝0，
当0当x>2时，r(x)>0，g′(x)>0，
∴g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.
因此当x＝2时，g(x)取到最小值g(x)min＝g(2)＝1－ln 2>0.
1.形如f(x)>g(x)＋a(x∈A)的不等式，两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导数研究函数的性质.
2.借助导数求φ(x)＝f(x)－g(x)的最小值M，只要证明M>a成立，即可证明f(x)>g(x)＋a成立.
探究提高
【训练1】 (2021·全国乙卷改编)设函数f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点.
(1)求实数a的值；
解　由题意得y＝xf(x)＝xln(a－x)，
则y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′.
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，
所以a＝1(经验证，a＝1符合题意).
(2)当x证明　由(1)可知，f(x)＝ln(1－x)，其定义域为{x|x<1}.
设g(x)＝x＋f(x)－xf(x)＝x＋ln(1－x)－xln(1－x)，
令1－x＝t，则t>0，
要证g(x)≥0，只需证明1－t＋tln t≥0.
令h(t)＝1－t＋tln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
当t∈(0，1)时，h′(t)<0；
当t∈(1，＋∞)时，h′(t)>0，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
所以h(t)在(0，＋∞)的最小值为h(1)＝0，
因此h(t)≥0，从而g(x)≥0，
所以当x突破点二　放缩后构造函数证明不等式
【例2】 已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
当02时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞).
当01时，g′(x)>0，
所以x＝1是g(x)的极小值点，也是最小值点.
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
1.某些不等式，直接构造不易求最值，可利用条件与不等式性质，适当放缩后，再构造函数进行证明.
2.特别注意，进行放缩不等式时，一定要适度，切忌放过，导致难以证明.
探究提高
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).
则函数g(x)在(0，1)上单调递增，于是g(x)突破点三　分拆转化函数证明不等式
【例3】 (2021·河北名校联考)已知函数f(x)＝eln x－ax(常数a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
当a＝e时，根据(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.
所以当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
即xf(x)－ex＋2ex≤0得证.
1.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.
2.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.
探究提高
【训练3】 设函数f(x)＝ax2－(x＋1)ln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为0.
(1)求a的值；
∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为0，
∴f′(1)＝2a－2＝0，则a＝1.
证明　由(1)得f(x)＝x2－(x＋1)ln x，
易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，
故当0∴h(x)在(0，2]上单调递增，
故h(x)max故当0专题训练 对接高考
2
1.设函数f(x)＝excos x，g(x)为f(x)的导函数.
(1)求f(x)的单调区间；
解　由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x).
有sin x>cos x，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；
得f′(x)>0，则f(x)单调递增，
依题意及(1)，有g(x)＝ex(cos x－sin x)，
从而g′(x)＝－2exsin x.
2.已知函数f(x)＝bx2＋aln x的图象在点(1，f(1))处的切线的斜率为a＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当h′(x)＜0时，得0＜x＜2；当h′(x)＞0时，得x＞2，
3.(2021·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
解　因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
证明　bln a－aln b＝a－b，得b(1＋ln a)＝a(1＋ln b)，
因为x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>0，
x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－ln x)<0，故1若x2≥2，则x1＋x2>2显然成立.
若12，即证x1>2－x2.
由于0<2－x2<1，只要证f(x1)>f(2－x2).
又f(x1)＝f(x2)，
只需证明f(x2)>f(2－x2)，其中1设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)].
因为10，
所以g′(x)>0，故g(x)在(1，2)为增函数，
所以g(x)>g(1)＝0，
故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，
所以x1＋x2>2成立，