高考数学专题一　微专题7　导数与不等式证明 课件(共54张PPT)

(共54张PPT)
专题一　函数与导数
微专题7
导数与不等式证明
导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单调性、极值和最值的综合运用，试题难度较大，多以压轴题出现.
考情分析
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
典例1　(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
考点一　单变量函数不等式的证明
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)是减函数；
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)是减函数；
当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增.
方法一　由(1)得，当a>0时，
f(x)min＝f(－ln a)
＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
方法二　令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
由于y＝ex是增函数，
所以h′(x)＝ex－1是增函数，
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，
则g(a)>0恒成立，
跟踪训练1　(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，x∈R，
则f′(x)＝xex，
当x<0时，f′(x)<0，
当x>0时，f′(x)>0，
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
设h(x)＝xeax－ex＋1，x>0，
则h(0)＝0，
h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，
设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，
则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，
则g′(0)＝2a－1>0，
因为g′(x)为连续不间断函数，
故存在x0∈(0，＋∞)，
使得 x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，
故g(x)在(0，x0)上单调递增，
故g(x)>g(0)＝0，
故h(x)在(0，x0)上单调递增，
故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾；
则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex，
下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，
故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故S(x)由上述不等式有
eax＋ln(1＋ax)－ex故h′(x)≤0总成立，
即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)若a≤0，则h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)则 x>0，总有 －ex＋1<0成立，
令t＝ ，
则t>1，t2＝ex，x＝2ln t，
所以对任意的n∈N*，
＝ln(n＋1)，
故不等式成立.
典例2　(2023·成都模拟)已知函数f(x)＝ ＋ln x－ax，其中e为自然对数的底数.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
考点二　双变量函数不等式的证明
当00，则f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减.
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)若函数g(x)＝f(x)－ 有两个零点x1，x2，x1e2.
则g(x1)＝g(x2)＝0，
当t>1时，h′(t)>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故原不等式x1x2>e2成立.
跟踪训练2　(2023·滁州模拟)已知函数f(x)＝ ＋ln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)是(0，＋∞)上的增函数，
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a；
令f′(x)<0，解得0故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f(x)是(0，＋∞)上的增函数；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
(2)若f(x)有两个零点x1，x2，设f(x)的导函数为f′(x).证明：x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2.
由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合题意，故a>0，
要想f(x)有两个零点x1，x2，则f(a)＝1＋ln a<0，
＝2＋ln(x1x2)>2ln a＋2，
即证ln(x1x2)>2ln a，
因为y＝ln x是(0，＋∞)上的增函数，
所以只需证x1x2>a2，不妨设0故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2ln a＋2.
利用导数证明不等式的策略.
(1)当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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
(2)破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果.
总结提升
(3)若直接求导比较复杂或无从下手，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.
总结提升
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(1)讨论f(x)的单调性；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
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①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
②若a＞2，令f′(x)＝0，得
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(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
由(1)知，当且仅当a＞2时f(x)存在两个极值点.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
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又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
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2.(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)求函数f(x)的极值；
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∵f(x)＝ln x－x＋1的定义域为(0，＋∞)，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴当x＝1时，函数f(x)取得极大值f(1)＝0，无极小值.
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由(1)可知当x>0时，f(x)≤0，即ln x≤x－1，
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3.(2023·雅安模拟)已知函数f(x)＝ －ax2＋x，a>0.
(1)讨论f(x)的单调性；
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令g(x)＝－2ax2＋x－1(a>0)，Δ＝1－8a，
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即f′(x)≤0，∴f(x)是(0，＋∞)上的减函数，
当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，即f′(x)>0，
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(2)若f(x)在定义域内有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)>3－2ln 2.
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∵f(x)在定义域上有两个极值点x1，x2，
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