高考数学专题：导数应用构造函数解不等式课件
新高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.12.2利用导数证明不等式课件
易知 h(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，则 h(x)min＝h1e＝0，所以 lnx＋e1x≥0.
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. 因为 h(x)与 φ(x)不同时为 0，所以 ex－ex<lnx＋e1x，故原不 等式成立．
令 h(x)＝g′(x)， 则 h′(x)＝2e2x－2(2x2＋4x＋1)＋4>0， 所以 g′(x)在[0,2]上单调递增，且 g′(1)＝0， 所以 g(x)在[0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增， 所以 g(x)的最小值为 g(1)＝0， 所以 g(x)≥0，即 f(x)≥－2x2＋8x－5.
故 x2－34>lnxx，即 x2>lnxx＋34，即 x3>lnx＋34x，即 x3>f(x)．
方法技巧 用特征分析构造法证明不等式，就是将一些复杂函数通过等 价变形或合理拆分，得到一些熟悉的基本初等函数，然后利用这 些基本初等函数的性质和图象等，进行合理放缩，这样可以大大 减少运算量，降低思维难度，进而使问题更易解答.
第二章
函数、导数及其应用
第十二节 导数破解疑难优质课
第2课时 利用导数证明不等式
构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关 的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函 数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法： 证明不等式 f(x)>g(x)(f(x)<g(x))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)适当放缩构造法：一是根据已 知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如 lnx≤x－1，ex≥x＋1， lnx<x<ex(x>0)，x＋x 1≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；(3)特征分析构造法：稍作变
高考数学总复习微专题导数之构造函数解决不等式问题公开课PPT课件
构造原函数解决不等式问题
4.函数与e x乘除组合：
(1) f '( x) f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) e x f ( x);
(2) f '( x)
f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x)
2.函数乘除组合： (1) f '( x)g( x) f ( x)g '( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) f ( x)g( x); (2) f '( x)g( x) f ( x)g '( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) f ( x) (g( x) 0).
g( x)
构造原函数解决不等式问题
3.函数与x乘除组合：
(1)xf '( x) f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) xf ( x);
(2)xf '( x) f ( x) 0( 0) 构造原函数:h( x) f ( x) . x
例.函数f ( x)满足x2 f '( x) xf ( x) e x , f (1) e,则当x 0时, f ( x)( ).
则不等式( x 2016)2 f ( x 2016) 4 f (2) 0的解集为
g( x) x2 f ( x) x 0时, g '( x) x(2 f ( x) xf '( x)) 0
g( x)为偶函数,且在(-，0)递减
( x 2016)2 f ( x 2016) 4 f (2) 0 ( x 2016)2 f ( x 2016) 22 f (2)
例.函数f ( x)的定义域为(0，+),导函数f
5.3.2根据导数运算法则构造函数解不等式课件(人教版)
目录
01
f ( x) g ( x) f ( x) g ( x)
02
f ( x) a
03
xf ( x) nf ( x)
04
f ( x) nf ( x)
05
nf ( x) f ( x)
06
07
f ( x) sin x f ( x) cos x
nx
=x n
1
n 1
f ( x)
nf ( x )
n
x f ( x)
导函数形如xf ′(x)＋nf(x)，
可构造函数F(x)=
xf ( x )
;Leabharlann 导函数形如xf ′(x) － nf(x)，
F ( x)
F ( x)
f ( x)
xn
xn f ( x)
可构造函数F(x)=
nx n 1 f ( x )
x 2n
xf ( x ) nf ( x )
e nx f ( x) nenx f ( x) f ( x) nf ( x)
F ( x)
2 nx
e
e nx
;
导函数形如f ′(x)－nf(x)，
可构造函数F(x)=
.
【例 4】已知奇函数 的定义域为R ，当 x
0 时， 2 f ( x)
f ( x)
0 ，且 f (2)
0 则不等式 f ( x)
2e
t
2
1 f (t ) 2e ,
2 x f (ln x ) 2 x 0 成立,
ln x
2
t
2
2 x f (ln x ) 2 x 0 成立.
高考数学一轮总复习课件：专题研究-利用导数证明不等式
2a2－4或x＝a＋
a2－4 2.
当x∈(0，a－ 2a2－4)，(a＋ 2a2－4，＋∞)时，f′(x)<0；当
x∈(a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4)时，f′(x)>0.
所以f(x)在
0，a－
a2－4
2
，
a＋
2a2－4，＋∞
上单调递
减，在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2时
课外阅读
一、赋值法证明正整数不等式 (1)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．此类问题一般至少两问，所证的不等式 常由第一问根据待证式的特征而得到． (2)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)，还要注意指、 对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln(x＋1)<x等．
所以函数h′(x)＝ex＋1－
1 x＋1
在(－1，＋∞)上有唯一零点
x0，且x0∈－12，0. 因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝x0＋1 1， 即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)． 当x∈(－1，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋
∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：
f（x1）－f（x2） x1－x2
<a
－2.
【思路】 (1)求f(x)的定义域，对函数f(x)求导，对参数a进
行分类讨论，即可判断f(x)的单调性；(2)结合(1)，求出f(x)存在
高中数学课件-导数中的综合问题-第2课时 证明不等式
高考重难突破一导数中的综合问题第2课时证明不等式利用导数证明不等式问题一般要用到构造法，构造法是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常见的构造方法有：（1）直接构造法：证明不等式(p>op（或(p<op）转化为证明(p−op>0（或(p−op<0）,进而构造辅助函数ℎ(p=op−op;（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如l n ≤−1,e≥+1,l n <<e(>0),r1≤ln(+1)≤o>−1);（3）构造“形似”函数：稍作变形再构造，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形式，根据“相同结构”构造辅助函数；（4）构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数(p和(p，利用其最值求解.技法一作差构造法例1设(p=2En +1，求证：(p≤2−+1+2ln .【证明】2−+1+2ln −op=(−1)(−1−2ln p(>0).令(p=−1−2ln ，则′(p=1+12−2=(K1)22≥0,所以(p在(0,+∞)上单调递增，又(1)=0,所以当0<<1时，(p<0,当>1时，(p>0.所以当>0时，(−1)(−1−2ln p≥0恒成立,即(p≤2−+1+2ln .利用作差构造法证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数(p;（3）利用导数研究(p的单调性或最值；（4）根据单调性及最值，得到所证不等式.【对点训练】已知函数(p=+En ，求证：(p>3(−1).证明：令(p=op−3(−1),即(p=En −2+3(>0).′(p=ln −1,由′(p=0,得=e.由′(p>0,得>e;由′(p<0,得0<<e.所以(p在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，所以(p在(0,+∞)上的最小值为(e)=3−e>0.于是在(0,+∞)上，都有(p≥oe)>0,所以(p>3(−1).技法二同构构造法例2.（1）若l n −ln <1ln −1ln (>1,>1),则()√A.e K>1B.e K<1C.e KK1>1D.e KK1<1解析：依题意，l n −1ln <ln −1ln .令(p=−1(≠0),则′(p=1+12>0,所以(p在(−∞,0),(0,+∞)上单调递增.又>1, >1,得l n >0,l n >0,又l n −1ln <ln −1ln ,则(ln p<oln p.又(p在(0,+∞)上单调递增，则l n <ln ,所以1<<,即−>0,所以e K>e0=1，A正确，B错误；又无法确定−−1与0的关系，故C，D错误.（2）(2023·广东深圳高级中学联考)已知,,∈(0,1)且2−2ln −1=ln 33,2−2ln −1=1e,2−2ln −1=lnππ,则( )A.>>B.>>C.>>D.>>解析：令(p =2−2ln −1(>0),所以′(p =2−2=2(r1)(K1).因为,,∈(0,1),所以当∈(0,1)时，′(p <0,即(p在(0,1)上单调递减.令(p =ln(>0),则′(p =1−ln2,所以当∈(0,e)时，√′(p>0,函数(p单调递增，当∈(e,+∞)时，′(p<0,函数(p 单调递减.因为π>3>e,所以lnππ<ln 33<1e，即(p<op<op，所以>>,故选D.同构式是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式.（1）同构式的应用①在方程中的应用：如果方程(p=0和(p=0呈现同构特征，则,可视为方程(p=0的两个根.②在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系.可比较大小或解不等式.（2）同构法构造函数的策略①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：(p=x,(p=e±，寻找“亲戚函数”是关键；③信手拈来凑同构，凑常数、和参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围.【对点训练】1.(2023·广东广州模拟)设=999ln 1 001,=1 000ln 1 000,=1 001ln 999，则下列选项正确的是()√A.>>B.>>C.>>D.>>解析：选B.设(p=(1 000−pln(1 000+p,∈[−1,1]，当∈[−1,1]时，′(p=−ln(1 000+p+1 000−1 000+<0，所以函数(p 单调递减，所以(−1)=1 001ln 999>o0)=1 000ln 1 000>o1)=999ln 1 001，即>>，故选B.2.(2023·湖北高三开学考试)已知，，∈(0,1)，e是自然对数的底数，若e4=4e,e3=3e,2=e ln 2，则有()√A.<<B.<<C.<<D.<<解析：选A.由题意得，e=e44,e=e33,e=2ln2=4ln4=e ln4ln4,令(p=e(>0)，则′(p=e(K1)2，当0<<1时，′(p<0，(p单调递减，当>1时，′(p>0，(p单调递增.又因为1<ln 4<3<4，所以(ln 4)<o3)<o4)，即(p<op<op，又因为,,∈(0,1)，且(p在(0,1)上单调递减，所以<<，故选A.技法三适当放缩法例3(2023·湖南岳阳教学质量监测)已知函数(p=x−−.当≥1时，从下面①和②两个结论中任选其一进行证明.①(p>En −sin ；②(p>oln −1)−cos .注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.【证明】选择①，当≥1,>0时，(p=x−−=oe−1)−≥e−1−,当=1时等号成立.设(p=e−−En +sin −1,>0.当0<≤1时，−En ≥0,s in >0,e−1−>0,故(p>0.当>1时，′(p=e−2−ln +cos ,设ℎ(p=e−2−ln +cos o>1),则ℎ′(p=e−1−sin >e−1−1>0,所以ℎ(p在(1,+∞)上单调递增，ℎ(p>e−2+cos 1>0,所以(p在(1,+∞)上单调递增，(p>e−2+sin 1>0(>1).综上，当≥1时，(p>En −sin .选择②，当≥1,>0时，(p=x−−=oe−1)−≥e−1−,当=1时等号成立.设(p=e−En +cos −1,>0.当0<≤1时，−En ≥0,c os >0,e−1>0,故(p>0.当>1时，′(p=e−1−ln −sin ,设ℎ(p=e−1−ln −sin o>1),则ℎ′(p=e−1−cos >e−1−1>0,所以ℎ(p在(1,+∞)上单调递增，ℎ(p>e−1−sin 1>0,所以(p在(1,+∞)上单调递增，(p>e−1+cos 1>0(>1).综上，当≥1时，(p>oln −1)−cos .放缩法构造函数的技巧（1）利用已知条件中参数范围及不等式性质进行放缩（如本题中的≥1）；（2）利用经典不等式①e≥1+；②l n ≤−1进行放缩.【对点训练】已知∈(0,1),求证：2−1<ln e.证明：要证2−1<ln e.只需证e(2−1)<ln ,又易证e>+1(0<<1),所以只需证明l n +(+1)(1−2)>0.即证l n +1−3+1−2>0,而3<,2<o0<<1),所以只需证l n +1−2+1>0.令(p=ln +1−2+1,则′(p=1−2−12=−22−r12,而22−+1>0恒成立，所以′(p<0,所以(p在(0,1)上单调递减，所以当∈(0,1)时，(p>o1)=0,即l n +1−2+1>0.所以2−1<ln e.技法四双函数最值法例4(2023·湖北武汉模拟)已知函数(p=En +.（1）讨论(p的单调性；【解】(p的定义域为(0,+∞)，′(p=+1=r.当≥0时，′(p>0，所以(p在(0,+∞)上单调递增.当<0时，若∈(−s+∞)，则′(p>0,若∈(0,−p，则′(p<0，所以(p在(−s+∞)上单调递增，在(0,−p上单调递减.综上所述，当≥0时，(p在(0,+∞)上单调递增；当<0时，(p在(−s+∞)上单调递增，在(0,−p上单调递减.(2023·湖北武汉模拟)已知函数(p=En +.（2）当=1时，证明：op<e.证明：当=1时，要证op<e,即证2+En <e,即证1+ln <e2.令函数(p=1+ln (>0),则′(p=1−ln 2.令′(p>0,得∈(0,e),令′(p<0，得∈(e,+∞).所以(p在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减.所以(p max=oe)=1+1e.令函数ℎ(p=e2(>0)，则ℎ′(p=e(K2)3，当∈(0,2)时，ℎ′(p<0;当∈(2,+∞)时，ℎ′(p>0.所以ℎ(p在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，所以ℎ(p min=ℎ(2)=e24.因为e24−(1+1e)>0，所以ℎ(p min>op max,即1+ln <e2.从而op<e得证.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，本例中同时含l n与e，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.【对点训练】(2023·百校大联考)已知函数(p=eln −B(∈p.（1）讨论函数(p的单调性；解：′(p=e−o>0),①若≤0,则′(p>0,(p在(0,+∞)上单调递增；②若>0,则当0<<e时，′(p>0；当>e时，′(p<0,故(p在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减.综上，当≤0时，(p在(0,+∞)上单调递增；当>0时,(p在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减.(2023·百校大联考)已知函数(p=eln −B(∈p.（2）当=e时，证明：op−e+2e≤0.证明：因为>0,所以只需证(p≤e−2e.当=e时，由（1）知，(p在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以(p max=o1)=−e.设(p=e−2e(>0),则′(p=(K1)e2,所以当0<<1时，′(p<0,(p单调递减；当>1时,′(p>0,(p单调递增，所以(p min=o1)=−e.综上，当>0时，(p≤op，即(p≤e−2e.故不等式op−e+2e≤0得证.。
高考数学一轮复习导数在函数中的应用-教学课件
聚焦中考——语文 第五讲
表达方式与记叙的顺序
• （2013·荆门）阅读下文，完成习题。 • ①那天下午6点多，该上公交车的人早已上了车，唯独有个小女孩，在车
门边来回徘徊。眼看着司机就要开车了，我在想，这小女孩肯定是没钱 上车。 ②“小姑娘，上车吧，我帮你交车票钱。”当看到我为她刷完卡后，她 随即上了车，说了声“谢谢阿姨”，一时脸蛋儿全红了。近距离一看， 才发现，小女孩左侧脸上有颗小痣。几天前的一幕不由浮现眼前—— ③送走远方的朋友，我从火车站迎着风雨赶到就近的公交车站台，已是 下午5点多。这时正是下班高峰期，来了几辆公交车，我总也挤不上去。 雨还在急速地下着，人还在不断地涌来。当又一辆10路公交驶来后，我 和许多人一起先往前门挤，但挤不上去。等司机发话后，才从后门好不 容易挤上车。车内人头攒动，人满为患。这人贴人的，身体若要移动一 下都难。正感叹着，我突然感觉好像有一件事还没做。是什么事呢？哦， 对了，没买车票。本想挤到前面去交车钱，可大伙儿都好像没事人一样 在原地一动不动，根本挤不过去。见此情形，司机也没说什么，这样， 我也就心安理得地和大家一样坐了一次免费的公交车。
本题在当年的高考中，出错最多的就是将第(1)题 的 a＝4 用到第(2)题中，从而避免讨论，当然这是错误的．
【互动探究】 1．(2011 届广东台州中学联考)设 f′(x)是函数 f(x)的导函数，
将 y＝f(x)和 y＝f′(x)的图象画在同一直角坐标系中，不可能正确 的是( D )
考点2 导数与函数的极值和最大(小）值
高考数学一轮复习导数在函数中的应用-教学课件
第2讲 导数在函数中的应用
考纲要求
考纲研读
1.了解函数单调性和导数的关系；能利用 1.用导数可求函数的单 导数研究函数的单调性，会求函数的单调 调区间或以单调区间为 区间(对多项式函数一般不超过三次)． 载体求参数的范围．
高中数学导数及应用-不等式恒成立问题课件
利用数形结合来解决。
方法1：分离变量法(优先)
方法2：构造函数
，转化为 零点问题
方法3：构造两个函数的图象判断交点个数
方法4：转化为二次函数零点问题
方法5：转化为一次函数零点问题
类型五：利用导数研究函数与不等式问题
1、利用导数证明不等式的方法：证明
构造函数
。如果
，则F(x) 在
函数，同时若
，则由减函数的定义可知，
的值，要注意验证 左右的导数值的符号是否符 合取极值的条件。
（3）已知含参函数的极值点讨论 ①分类讨论根据 解（判断为极值点）
的存在性和解与区间的位置关系分为：“无、左、 中、右”，对四种分类标准进行取舍（或合并）；
②注意数形结合。
注意：（1）在函数的整个定义域内，函数的极 值不一定唯一，在整个定义域内可能有多个极大
（2）切点的三个作用：①求切线斜率； ②切点在切线上； ③切点在曲线上。
类型二：利用导数研究函数的单调性 (1)求函数的单调区间
方法:判断导函数的符号 步骤：①求函数定义域；
②求函数的导函数； ③解不等式f '(x) 0 (或 f '(x) 0)，求出 递增区间(或递减区间)。
注意：求单调区间前先求定义域（定义域优 先原则）；单调区间是局部概念，故不能用“∪” 连接，只能用“，”或“和”。
'( x) mi n
0；
函数f (x)在区间D单调递减 在f ' (x) 0在x D
恒成立 对x D, f ' (x) 0； max
试题研究：
例1、已知函数f (x) x ln x.
(1)若函数g(x) f (x) ax在区间e2, 上的增函数，
求a的取值范围；
高考数学-导数-专题复习课件
)
v0t
,求1物gt体2 在时刻
2
时的瞬t0时速度.
解析：
s(t)
v0
1 2
g
2t
v0
gt
∴物体在 t时0 刻瞬时速度为 s(t0 ) v0 gt0. 题型四 导数的几何意义及几何上的应用
【例4】(12分)已知曲线 y 1 x3 4 .
33
（1）求曲线在点P（2，4）处的切线方程； （2）求过点P（2，4）的曲线的切线方程.
x0
x0
x0
典例分析
题型一 利用导数求函数的单调区间
【例1】已知f(x)= e-xax-1,求f(x)的单调增区间.
分析 通过解f′(x)≥0,求单调递增区间.
解 ∵f(x)= -aexx -1,∴f′(x)= -a. ex 令f′(x)≥0,得 ≥ae. x 当a≤0时，有f′(x)＞0在R上恒成立； 当a＞0时，有x≥ln a. 综上，当a≤0时，f(x)的单调增区间为(-∞,+∞); 当a＞0时，f(x)的单调增区间为［ln a,+∞).
分析 (1)在点P处的切线以点P为切点.关键是求出切线斜率k=f′(2). (2)过点P的切线，点P不一定是切点，需要设出切点坐标.
解（1）∵y′= ,…x2……………………………2′ ∴在点P（2，4）处的切线的斜率 k y |x..23′ 4. ∴曲线在点P（2,4）处的切线方程为y-4=4(x-2), 即4x-y-4=0……………………………………….4′ (2)设曲线 y 1 x过3 点4 .P（2，4）的切线相切于点
33
则切线的斜率 k y |xx0……x02…. …………..6′
∴切线方程为
y
(1 3
高考数学导数与不等式 导数方法证明不等式
探究点二 双变量不等式的证明
[思路点拨]首先求得导函数的解析式,然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性;解: f'(x)=1-ln x-1=-ln x,x∈(0,+∞).当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
[总结反思]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,即若证明f(x)>g(x)在区间D上恒成立,则构造函数h(x)=f(x)-g(x),再根据函数h(x)的单调性,证明h(x)>0在区间D上恒成立.
课堂考点探究
课堂考点探究
变式题 [2021·云南师大附中模拟] 已知函数f(x)=aex+b,若f(x)的图像在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+1.(1)求a,b的值;
课堂考点探究
例2 [2021·辽宁丹东二模] 已知函数f(x)=ln(ax)-x+a.(2)当0<a≤1时,证明:f(x)≤(x-1)ex-a-x+a.
导数应用构造函数解不等式课件
导数的定义与性质
定义 性质
不等式的分类与性质
分类
性质
不等式具有传递性、可加性、可乘性 等性质，这些性质在构造函数解不等 式中具有重要应用。
利用导数研究函数的单调性
实例二：利用导数求解不等式
总结词
导数在求解不等式中具有关键作用，通过求导可以找 到不等式的解集。
详细描述
利用导数求解不等式时，首先需要找到满足不等式的解 集，然后通过求导数来判断函数的单调性，从而确定解 集的范围。例如，求解不等式$x^3 - x^2 - x + 1 < 0$，可以构造函数$f(x) = x^3 - x^2 - x + 1$，对其 求导得到$f'(x) = 3x^2 - 2x - 1$，令$f'(x) = 0$得到 $x = -1/3$或$x = 1$，当$x < -1/3$或$x > 1$时， $f'(x) > 0$，所以函数在区间$( -infty, -frac{1}{3}) $ 和$(1, +infty)$上单调递增；当$-1/3 < x < 1$时， $f'(x) < 0$，所以函数在区间$( -frac{1}{3}, 1)$上单调 递减。因此，不等式的解集为$( -infty, -frac{1}{3}) cup (1, +infty)$。
要点一
总结词
要点二
详细描述
导数在证明不等式中具有重要作用，通过构造函数和求导 可以找到不等式的证明方法。
构造函数是证明不等式的一种常用方法，通过构造函数并 对其求导，我们可以研究函数的单调性、极值等性质，从 而证明不等式。例如，要证明$a + b leq ab$，可以构造 函数$f(x) = x - frac{1}{x} - 2$，对其求导得到$f'(x) = 1 + frac{1}{x^2}$，由于$f'(x) > 0$，所以$f(x)$在$(0, +infty)$上单调递增，因此$f(a) geq f(b)$，即$a frac{1}{a} - 2 geq b - frac{1}{b} - 2$，整理得到$a + b leq ab$。
利用导数研究不等式问题课件高三数学二轮复习
解：（1） x － y －1＝0.
（2） 当 a ＝1时，求证：ex（π－ x ）＋1≥ sin x － cos x .
总结提炼 利用导数证明不等式，先考虑能否直接构造差函数；如果差函数
求导比较复杂或无从下手，可进一步考虑变形，寻找可以传递的中间 量放缩，如对点训练中利用ex sin x ＋1满足ex（π－ x ）＋1≥ex sin x ＋ 1≥ sin x － cos x 进行证明.
总结提炼 （1） 不等式有解问题： ① 一般地，∃ x ∈ D ，使得 a ＞ f （ x ）有解，则只需 a ＞ f （ x ）min； ② 一般地，∃ x ∈ D ，使得 a ＜ f （ x ）有解，则只需 a ＜ f （ x ）max. （2） 整数解问题：数形结合或代整数值检验判断.
专题六 函数与导数 破解大题 第27讲 利用导数研究不等式问题
考点梳理 利用恒成立（存 在性成立）求参
数范围
不等式证明
数列不等式证明
考情回顾
2022全国甲卷（理） 第21题
2022新高考Ⅱ卷第22题 2020新高考Ⅰ卷第21题
2023新高考Ⅰ卷第19题 2023新高考Ⅱ卷第22题 2021新高考Ⅰ卷第22题
[典例设计] 例2 已知函数 f （ x ）＝ x －ln（ x ＋1）. （1） 求 f （ x ）的最小值； （2） 若 xx － x ln x ＋（2－ a ） x －1≥0恒成立，求实数 a 的取值范围.
[思维导图] 分离参数，构造新函数 h （ x ）→求 h （ x ）的最值→ a ≤ h （ x ）恒成立 转化为 a ≤ h （ x ）min
[对点训练] （1） 当 a ＞0时，求证： f （ x ）≥0；
（2） 若函数 f （ x ）在区间（e，e2）上单调递增，求实数 a 的取值范围.
导数中构造函数方法-高中数学课件
9、 f (x)+kxf (x) 0( 0)
10、 f (x) f (x) ln a 0( 0)
构造函数
[ f (x) g(x))] 0( 0)
[ f ( x ) g ( x ))] >0(<0)
( f (x) ) 0( 0) g (x)
导数中不等式 构建函数问题
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考情分析
导数中的不等式在高考数学中是永恒的话题，但它常考常新，学生却常考常怕。不等式的应 用体现了一定的综合性，灵活多样性，多出现在选择题和大题压轴题的位置。数学的基本特点是 应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻体现数学的基本特点。
在学生核心素养形成中，数学抽象、数学建模是学生必备的品格和关键能力。导数中绝大多 数不等式是函数不等式，在不等式中发现函数的“影子”，构造函数模型，并用函数性质加以解 决，能充分体现学生的核心素养。
一、抽象函数的构建
一·常见模型
不等式
1、 f (x) g(x) 0( 0)
f 2、 (x) f (x) 1
3、 f (x)g(x) f (x)g(x) 0( 0) f (x)g(x) f (x)g(x) 0( 0)
4、 xf ( x) nf ( x) 0( 0) 击 此 处 添 加 副 标5题、 xf ( x) nf ( x) 0( 0)
6、 f (x) f (x) 0( 0) 7、 f ( x)-f ( x) 0( 0)
例题分析
巩固练习
谢谢大家！
[ x n f ( x)] 0( 0)
[
f
( x
x
n
)
]
0(
导数及其应用讲导数在不等式中的应用课件pptx
方法总结
总结利用导数求解函数极 值点的常用方法，如求导 、判断导数为零的点等。
案例分析
通过典型案例演示如何利 用导数求解极值点。
04
导数的实际应用举例
利用导数求解利润最大化问题
利润函数
首先明确利润函数，即销售收入减去成本和税金 ，通常表示为x的函数。
举例
以y=x^4为例，求该函数的凹凸性和 拐点。该函数的导数为y'=4x^3，在 区间(-oo,0)上，y'<0；在区间(0,)上 ，y'>0。因此，函数在区间(-oo,0)上 单调递减，在区间(0,)上单调递增， 故函数在x=0处存在极值点，且该极 值点不是函数的极值点，故函数在 x=0处有拐点
利用导数求解函数的单调性和区间
利用导数求不等式的解
利用导数可以求出一些不等式的解。例如，利 用导数可以求出一些函数的极值点和转折点等 。
利用导数解决一些实际问题
利用导数可以解决一些实际问题，例如，利用 导数可以求出一些最优化的方案，以及利用导 数解决一些经济和金融问题等。
02
导数的定义和性质
导数的定义
函数f在点x0处可导
指当自变量x在点x0处有增量△x时，相应的函数值f(x0+△x)和f(x0)之差 △y=f(x0+△x)-f(x0)可表示为△y=A△x+o(△x)，其中A是与△x无关的常数
利用导数求解函数的极值和最值
总结词
导数的值为0的点可能是函数的极值点或最值点。
详细描述
利用导数求解函数的极值和最值
06
总结与回顾
本章主要内容总结
了解了导数的定义和计算方法 学习了不等式的性质和证明方法
高二数学利用导数证明函数不等式问题公开课优秀课件(经典、值得收藏)
g x 在 ,0单调递减，在 0, 单调递增
g x min
g
0
Hale Waihona Puke 0，g x
g 0
0
，故不等式得证
2.适当变形再移项作差构造函数
例 2：设 f x 1 ex ，证明：当 x 1 时， f x x
1.直接移项作差构造函数
例 1：求证： ex x 1.
这个不等式很重要！ 可以通过变换得到一些常见的不等式，例如
（ 1 ） 以 x 1 替 换 不 等 式 ex x 1 中 的 x 得 到 ex1 (x 1) 1 x ，化简得 ex ex
1.直接移项作差构造函数
例 1：求证： ex x 1.
3
f′(x)＝ 1 －1－x2＝tan2x－x2＝(tan x－x)(tan x＋x)． cos2x
因为 0<x<π，所以 x<tan x(易证)，所以 f′(x)>0， 2
即 x∈ 0, 时，f(x)为增函数，故 f(x)>f(0)＝0，
2
即 tan x x x3 >0，故 tan x>x＋x3.
人教版选修2-2
微专题 利用导数证明函数不等式问题
学习目标
1.能利用导数证明一些简单的函数不等式. 2.能够识记一些常见的函数不等式. 3.掌握利用导数证明函数不等式的 3 种常规方法.
三种常规的证明方法
1.直接移项作差构造函数. 2.适当变形后再作差构造函数. 3.转化为两个函数最值的比较.
1.直接移项作差构造函数
2.适当变形再移项作差构造函数
例 2：设 f x 1 ex ，证明：当 x 1 时， f x x
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3.转化为两个函数最值的比较
例 3：证明：对一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x>1 － 2 成立． ex ex
解 问题等价于证明 xln x> x －2 (x∈(0,＋∞))． ex e
设 f(x)＝xln x，x>0，则 f′(x)＝ln x＋1， 令 f′(x)＝0，得 x＝1.
e 当 x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
1.直接移项作差构造函数
练习 3：求证：x－sin x≤1x3(x≥0).
6
解 设 f(x)＝s x－1x2.
6
2
令 g(x)＝1－cos x－1x2，则 g′(x)＝sin x－x≤0(x≥0)， 2
所以 g(x)在[0，＋∞)上单调递减，此时 g(x)≤g(0)＝0，即
2.适当变形再移项作差构造函数
例 2：设 f x 1 ex ，证明：当 x 1 时， f x x
x 1
证明：1 1 x 1 1 x 1 1
ex x 1 ex
x 1 ex x 1
x 1，所以所证不等式等价于 ex x 1 ex x 1 0
设 g x ex x 1只需证 g x 0 即可 min
1.直接移项作差构造函数
例 1：求证： ex x 1.
这个不等式很重要！ 可以通过变换得到一些常见的不等式，例如
（ 1 ） 以 x 1 替 换 不 等 式 ex x 1 中 的 x 得 到 ex1 (x 1) 1 x ，化简得 ex ex
1.直接移项作差构造函数
例 1：求证： ex x 1.
111xxex???111111xxxexex???????1x??q所以所证不等式等价于110xxexex??????设??1xgxex????只需证??min0gx?即可??1xgxe??令??00gxx?????gx?在??0??单调递减在??0??单调递增????min00gxg??????00gxg??故不等式得证2
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分 析
设F（x） ex f (x) ex 1,则有F（0） 0，
： 且F(x) ex f (x) f (x) ex 0, F (x)递增
原不等式的解集为0，
思考：本题可以找到特殊函数吗？
0 a b,0 f (b) f (a) af (b) bf (a)
变式训练3
f (x) 是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，
且满足 x f′( x )＋ f (x) ≤0，
对任意正数 a，b，若 a<b，则必有( C ) A．af(a) ≤f(b) B．bf(b)≤f(a) C．af(b) ≤ bf(a) D．bf(a)≤af(b)
x f′( x ) - f (x) <0，则 x2 f (x) 0 的解集是______
f (x) 分析：构造函数 g(x)= ,g(2)=0 可知 g(x)在 x>0 时
x 单减,又 g(x)是偶函数，在 x<0 时单增。图像如下：
则 x2 f (x) 0 的解集即是是 f (x) 0 的解集！
2021届高考数学专题：导数应用构造 函数解 不等式 课件
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变式训练5 已知函数 f(x)满足:f(x)+2f′(x)>0,那么下
列不等式成立的是 ( A )
f (0) A.f(1)>
e
f (0) B.f(2)< e
C.f(1)> e f(2) D.f(0)>e2f(4)
解不等式
f
( x)
1 2
f
(1
x)
x
分析：将所求式变形为. f (x) x2 f (1 x) (1 x)2
2
2
令g(x) f (x) x2 即解不等式g(x) g(1 x) 2
g(x) f (x) x 0即g(x)单减
g(x) g(x) f (x) f (x) x2 0, g(x)为奇函数
f (x) 法二 xf (x) f (x) 0 构造 F（x）= x 则 F(x) 0
变式训练3
f (x) 是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，
且满足 x f′( x )＋ f (x) ≤0，
对任意正数 a，b，若 a<b，则必有( C ) A．af(a) ≤f(b) B．bf(b)≤f(a) C．af(b) ≤ bf(a) D．bf(a)≤af(b)
D.e2017 f (2017) f (0), f (2017) e2017 f (0)
分析：法一
F(x)
f (x) ex
由已知单减即可
法二特殊函数法 f (x) 1
提示：特殊函数的选取不唯一，只需满足已知条件且对求解 更有利即可。
比如本题选取 f (x) 1 也可以选取f (x) ex 1等等。
导数运算公式应用 -----构造函数解不等式
常见的构造函数模型:
1. f (x) a 2. f (x) a
F(x) f (x) ax b F(x) f (x) ax b
3. f (x)g(x) f (x)g(x)
F(x) f (x)g(x) b
特别地：xf (x) f (x) F(x) xf (x) b
且对任意的 x 总有 f (x) > f′(x)成立，则有（D ）
A.e2017 f (2017) f (0), f (2017) e2017 f (0) B.e2017 f (2017) f (0), f (2017) e2017 f (0)
C.e2017 f (2017) f (0), f (2017) e2017 f (0)
例 4.设函数 f(x)在 R 上的导函数为 f′( x )， 且 2 f (x) ＋ x f′( x )>x2，
2.F (x)
f (x) enx
F ( x)
enx
f
(x) nenx e2nxnf (x) enx
例1 f (x) 是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，
且满足 x f′( x )＋ f (x) ≤0，
对任意正数 a，b，若 a<b，则必有( c )
A．af(b) f(a) B．bf(a)≤af(b)
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例2 函数 f (x) 的定义域为 R，f (-1) ＝2，对任意 x ∈R，
f (x) >2，则 f (x) >2 x ＋4 的解集为( )
A．(－1,1)
B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
法三 xf (x) f (x) 0 构造 F（x）= xf (x) 则 F(x) 0
0 a b, af (a) bf (b) af (b) bf (b) af (a) bf (a)
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变式训练4
设函数 f (x) 在 R 上的导函数为 f′(x)，
(1) f
<f
(2) f
>f
(3)f(0)< f
(4)f < f
提示：可构造函数 g(x)= f (x) ,且为偶函数 c os x
由函数单调性可知 答案:(2)(3)(4)
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能力提升：
f (0)
f(1)>f(0),故 f(1)> .
e
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小结：
1通过已知式的结构特征移项变形或利用导 数的四则运算公式等来构造新函数，使得 题目中各个条件得以集中表现，利用函数 的单调性比较大小。从而使得问题难度大 幅降低！
2构造满足题意的特殊函数来快速解决问题。
奇函数，当 x [0, ) 时，有 xf (x) f (x) 恒成立，则满
足 3 f (3) (2x 1) f (2x 1) 的实数 x 的取值范围是（ B ）
A． (1, 1 ) 2
B． (1,2) C． ( 1 , 2) D． (2,1) 2
分析：问题的结构 3 f (3) (2x 1) f (2x 1) 已经暗示了
函数的结构是 g(x) xf (x) ，问题即“ g(3) g(2x 1) ”，
问题到此结束；
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对应训练1f.(x) 是定义在 R 上的奇函数，且 f(2)=0,满足 x>0 时，
f (x) ex
b
(ex ) ex
常见的构造函数:
7. f (x) 2 f (x) g(x)= e2x f (x) ,
8.2 f (x) f (x)
x
g(x)= e2 f (x) ,
结论：
1.F(x) enx f (x)
F(x) nenx f (x) enx f (x) enx f (x) nf (x)
C．af(a) bf(b) D．bf(b)≤f(a)
分析：构造函数F (x) xf (x)
函数F（x)单减或为常函数。
若 a<b，则 af(a) bf(b)
F(x) 0
变式训练1
设函数 f(x)在 R 上的导函数为 f′( x )， 且 f (x) ＋xf′( x )> 0，则不等式
f ( x 1) x 1 • f ( x2 1) 的解集为 解：由已知F (x) xf (x) f (x) xf (x) 0,
g(x)在R上单减，故x 1 x, x 1 2
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变式训练 3：设可导函数 f(x)在 R 上的导函数
为 f′( x )，且 f (x) f (x) x2 , x 0 时
f′(
变式训练3
f (x) 是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，
且满足 x f′( x )＋ f (x) ≤0，
对任意正数 a，b，若 a<b，则必有( C ) A．af(a) ≤f(b) B．bf(b)≤f(a) C．af(b) ≤ bf(a) D．bf(a)≤af(b)
法 一 由 已 知 f (x) o 。 则 单 调 减 或 为 常 数 函 数 。
x
)<x，解不等式
f
(x)
1 2
f
(1 x) x
,
1 2
法二：特殊函数f (x) x2 x 2
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例 3 (2014.11 呼市阶段考文 12) 已知 f (x) 是定义在 R 上的
若 a<b，则必有( )
答案：A
A．af(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b)
C．af(a)≤f(b) D．bf(b)≤f(a)
由已知xf (x) f (x) 0可知, xf (x) f (x) 0 x2
即F(x) f (x) 0 F(x)单调递减或为常函数， x
又0 a b，f (a) f (b) 即af (b) bf (a) ab
构造函数：设 h(x)＝f(x)－(2x＋4)，
则 h′(x)＝f′(x)－2>0，故 h(x)在 R 上单调递增， 又 h(－1)＝f(－1)－2＝0，