第三章 微专题一　不等式的证明 课时练作业 ppt

(共42张PPT)
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微专题一　不等式的证明
数学
内容索引
关键能力提升
第一部分
考点1 移项构造函数或直接利用函数的最值证明不等式
考点2　将不等式拆分为两个函数证明不等式
01
02
03
课时作业
第三部分
考点3 利用放缩法证明不等式
能利用导数证明不等式，掌握证明不等式的常用方法，如构造法、双函数最值法、放缩法等，了解一些基本的构造方法和常用的放缩公式．
互动探究·考点精讲
关键能力提升
第
分
部
一
考点1 移项构造函数或直接利用函数的最值证明不等式
【例1】　（2024·河北保定三模）已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x，x＝1为f(x)的极值点．
(1)求a的值；
(2)求证：f(x)≤2x2－4x.
【解】　证明：由(1)可知，f(x)＝x2－3x＋ln x，
要证f(x)＝x2－3x＋ln x≤2x2－4x，即证x2－x－ln x≥0.
所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x＝1时，g(x)取得极小值，也是最小值．
因为g(1)＝0，所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≤2x2－4x.
规律总结
1．若待证不等式的一边含有自变量，另一边为常数，可根据含自变量的一边构造函数，求函数的最值，利用最值证明不等式．
2．若待证不等式的两边含有同一个变量，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．
考点2 将不等式拆分为两个函数证明不等式
【例2】　已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，求证：xf(x)－ex＋2ex≤0.
规律总结
1．若直接求导比较复杂或两次求导都不能判断导数的正负时，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，达到证明的目的．
2．等价变形的目的是求导后能简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商的形式，便于求导后找到极值点．
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.
考点3 利用放缩法证明不等式
【例3】　（2024·内蒙古赤峰三模）已知x∈(0，2).
(1)比较sin x，x的大小，并证明；
【解】　x>sin x，x∈(0，2).
证明如下：
令g(x)＝x－sin x，x∈(0，2)，则g′(x)＝1－cos x>0，
∴g(x)在(0，2)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，即x∈(0，2)时，x>sin x.
【解】　证明：由(1)得x∈(0，2)时，esin x令f(x)＝ex(2－x)－(2＋x)，x∈(0，2)，则f′(x)＝ex(1－x)－1.
令g(x)＝ex(1－x)－1，
则g′(x)＝－xex.
∵x∈(0，2)，∴g′(x)<0，
∴g(x)在(0，2)上单调递减，
∴g(x)∴f(x)在(0，2)上单调递减，
∴f(x)∴ex(2－x)－(2＋x)<0，
规律总结
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两种以上，可考虑先利用不等式进行放缩，使问题简化，再构造函数进行证明．
2．常见的放缩
(2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥ln x．利用切线放缩可以把指数式、对数式转化为一次式，有利于后续的求解．
考教衔接
不等式“ex≥x＋1>,x－1≥ln x”的推广及应用
1．教材母题：（人教A版选择性必修第二册P99T12）
利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证：
(1)ex>1＋x，x≠0；
(2)ln x0.
推广可得不等式ex≥x＋1>x－1≥ln x.
2．教材母题：（人教A版选择性必修第二册P89例4）
3．应用上述不等式推广可得
【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；
【解】　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，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
【解】　证明：证法一　由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)
＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a.
证法二　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，所以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
【对点训练3】　（2024·全国甲卷文）已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a≤2时，求证：当x>1时，f(x)所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增，g′(x)>g′(1)＝0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)>g(1)＝0，
所以当x>1时，f(x)课时作业21
第
分
部
二
1．（15分）（2024·陕西汉中二模）已知函数f(x)＝m ln x＋1－x.
(1)求证：当m＝1时，f(x)≤0恒成立；
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝2时，求证：f(x)≤x2＋x－1.
3．（15分）（2024·山东威海二模）已知函数f(x)＝ln x－ax＋1.
(1)求f(x)的极值；
(2)求证：ln x＋x＋1≤xex.
4．（15分）已知函数f(x)＝ax ln x＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0