高考数学一轮复习第三章导数及其应用34利用导数证明不等式课件苏教版

23
已知函数 f(x)＝aex－bln x，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处 的切线方程为 y＝1e－1x＋1.
(1)求 a，b； (2)证明：f(x)＞0.
24
［解］ (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞). f′(x)＝aex－bx，由题意得 f(1)＝1e，f′(1)＝1e－1，
26
由f′(x0)＝0，得ex0－2＝x10，则x0－2＝－ln x0.
故f(x)≥f(x0)＝ex0－2－ln x0＝x10＋x0－2＞2 f(x)＞0.
x10·x0－2＝0，所以
27
考点2 双变量不等式的证明 破解含双参不等式证明题的3个关键点
(1)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.
42
［解］ (1)由ln(x＋1)＋x＋a 2＞1，得 a＞(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1). 令g(x)＝(x＋2)［1－ln(x＋1)］， 则g′(x)＝1－ln(x＋1)－xx＋ ＋21＝－ln(x＋1)－x＋1 1. 当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减. 所以g(x)＜g(0)＝2，故a的取值范围为［2，＋∞).
31
换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参 x1
数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝ x2 ，从而构造相应的函数. 其解题要点为：
32
联立消参 利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a 抓商构元 令c＝xx12，消掉变量x1，x2构造关于c的函数h(c) 用导求解 利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论
20
(2)证明：待证不等式等价于ex＞32x2－3ax＋1， 设g(x)＝ex－32x2＋3ax－1，x＞0， 于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0. 由(1)及a＞ln 3e＝ln 3－1知：g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ ln 3＋a)＞0.
21
于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调
递增.
于是当a＞ln
3 e
＝ln
3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞
g(0). 而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
即ex＞32x2－3ax＋1，故exx＞32x＋1x－3a.
22
若证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数h(x)＝f(x) －g(x)，如果能证明h(x)在(a，b)上的最小值大于0，即可证明f(x)＞ g(x)，x∈(a，b).
40
已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等 式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，要注意指、对 数式的互化，如ex≥x＋1可化为ln(x＋1)≤x等.
41
a 已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋x＋2. (1)若x＞0时，f(x)＞1恒成立，求a的取值范围； (2)求证：ln(n＋1)＞13＋15＋17 ＋…＋2n1＋1(n∈N*).
36
考点3 证明与正整数有关的不等式问题 函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性
质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用 关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达 到证明的目的.
37
若函数f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0处取极值. (1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值； (2)证明：1＋12＋13＋…＋1n＞ln(n＋1)(n∈N*).
故f(x)在0，－21a上单调递增，在－21a，＋∞上单调递减.
Байду номын сангаас 7
(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－
1 2a
取得最大值，最大
值为f－21a＝ln－21a－1－41a.
8
所以f(x)≤－43a－2等价于ln－21a－1－41a≤－43a－2，即ln－21a
＋
1 2a
＋1≤0.设g(x)＝ln
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、 取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据 “相同结构”构造辅助函数；
(3)最值法：欲证f(x)＜g(x)，有时可以证明f(x)max＜g(x)min.
5
直接将不等式转化为函数的最值问题 已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＜0时，证明f(x)≤－43a－2.
11
［解］ (1)由f(x)＝xln x，x＞0，得f′(x)＝ln x＋1， 令f′(x)＝0，得x＝1e. 当x∈0，1e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈1e，＋∞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
12
①当0＜t＜1e＜t＋2，即0＜t＜1e时，
f(x)min＝f1e＝－1e；
(1,1)，又因为f′(x)＝
1 x
＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方
程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
35
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0). 由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0， 得ln x1＋x21＋x1＋ln x2＋x22＋x2＋x1x2＝0， 从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)， 令t＝x1x2(t＞0)，令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－1t ＝t－t 1， 易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所 以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1＞0，x2＞0，所以 x1＋x2≥ 52－1成立.
6
［解］
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝
1 x
＋2ax＋2a＋1＝
（x＋1）（2ax＋1）
x
.
当a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单
调递增.
当a＜0，则当x∈ 0，－21a 时，f′(x)＞0；当x∈ －21a，＋∞ 时， f′(x)＜0.
所以aaee＝ －1be， ＝1e－1，
解得a＝e12， b＝1.
25
(2)证明：由(1)知f(x)＝e12·ex－ln x.
因为f′(x)＝ex－2－
1 x
在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)＜0，
f′(2)＞0，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1,2). 当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0， 从而当x＝x0时，f(x)取极小值，也是最小值.
33
1 已知函数f(x)＝ln x－2ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1
＋x2≥
5－1 2.
34
［解］ (1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为
所以原问题等价于证明ln
x1－ln x1－x2
x2＞x1＋2 x2，
即ln xx12＞2（xx11＋－xx22），
令c＝xx12(c＞1)，则不等式变为ln c＞2（cc＋－11）.
30
令h(c)＝ln c－2（cc＋－11），c＞1， 所以h′(c)＝1c－（c＋4 1）2＝c（（cc－＋11））22＞0， 所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(c)＞h(1)＝ln 1－0＝0， 即ln c－2（cc＋－11）＞0(c＞1)，因此原不等式x1x2＞e2得证.
x－x＋1，则g′(x)＝
1 x
－1.当x∈(0,1)时，
g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递
增，在(1，＋∞)上单调递减.故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值
为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，ln
－21a
＋
1 2a
＋
38
［解］ (1)因为x＝0是函数极值点，所以f′(0)＝0，所以a＝1. f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1. 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0， 故极值f(0)是函数最小值.
39
(2)证明：由(1)知ex≥x＋1. 即ln(x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立， 令x＝1k(k∈N*)， 则1k＞ln1＋1k，即1k＞ln 1＋k k， 所以1k＞ln(1＋k)－ln k(k＝1,2，…，n)， 累加得1＋12＋13＋…＋1n＞ln(n＋1)(n∈N*).
复习课件
高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4利用导数证明不等式课件苏教版
2021/4/17
高考数学一轮复习第三章导数及其应用34利用导数证明不等
1
式课件苏教版
第三章 导数及其应用 第四节 利用导数证明不等式
3
课堂考点探究
4
考点1 单变量不等式的证明 单变量不等式的证明方法
(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明 f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最 值.
(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等 式，即可证得结果.
28
已知函数f(x)＝ln x－ax(x＞0)，a为常数，若函数f(x)有 两个零点x1，x2(x1≠x2).求证：x1x2＞e2.
［证明］ 不妨设x1＞x2＞0，
17
休息时间到啦
课 外
素
养
课
提
堂
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间，你们休息一
升
考
下眼睛，
点
探
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动，久坐对身体不
课
究
好哦~
后
限
时
集
训
返 首 页
18
［解］ (1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 3，
②当
1 e
≤t＜t＋2，即t≥
1 e
时，f(x)在［t，t＋2］上单调递增，
f(x)min＝f(t)＝tln t.
所以f(x)min＝－ tln1et，，0t≥＜1et＜. 1e，
13
(2)证明：问题等价于证明xln x＞exx－2e(x∈(0，＋∞)). 由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－1e， 当且仅当x＝1e时取到. 设m(x)＝exx－2e(x∈(0，＋∞))， 则m′(x)＝1－ex x，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 3) ln 3 (ln 3，＋∞)
f′(x) －
0
＋
f(x)
↘ 极小值 ↗
19
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3］， 单调递增区间是［ln 3，＋∞)， f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝ 3(1－ln 3＋a).无极大值.
1≤0，即f(x)≤－43a－2.
9
将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想 是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由 f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式.
10
转化为两个函数的最值进行比较 已知f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)在［t，t＋2］(t＞0)上的最小值； (2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞e1x－e2x成立.
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以
ln
x1－ln x1－x2
x2＝a，
29
欲证x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a＞x1＋2 x2，
14
由m′(x)＜0得x＞1时，m(x)为减函数， 由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)为增函数， 易知m(x)max＝m(1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到. 从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－1e≥exx－2e，两个等号不同时 取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln x＞e1x－e2x成立.
15
在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一 个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明.
16
构造函数证明不等式 已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R). (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当a＞ln 3e，且x＞0时，exx＞32x＋1x－3a.