人教A版高考总复习一轮数学精品课件 第四章 一元函数的导数及其应用 解答题专项一 第1课时 利用导数证明不等式.pptVIP

;内容索引;考情分析:导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活.纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放在解答题的最后位置,对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养都有较深入的考查.;;设g(x)=xex-2-ln2-1,则g(x)=xex-2-ln2+ex-2-ln20,

∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,

又∵g(2)=0,∴当x2时,g(x)0,

即f(x)0;

当0x2时,g(x)0,即f(x)0.

所以f(x)在(0,2)上单调递减;在(2,+∞)上单调递增.;规律方法直接构造函数证明不等式

(1)证明不等式f(x)≥g(x)的一般步骤:首先构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后求h(x),并判断h(x)在给定区间上的正负,确定h(x)的单调性,从而结合区间端点的函数值即可证得结论.

(2)构造函数利用单调性证明不等式的关键是构造函数,确定其单调性,为了使构造的函数更容易地判定其单调性,有时还会先将欲证不等式进行合理地等价变形,再构造函数,尤其是对于含有lnx和ex的函数.;对点训练(2023·海南华侨中学模拟)函数f(x)=aex+sinx+cosx(a∈R).

(1)若f(x)在(0,π)上单调递增,求a的取值范围;

(2)若a=1时,证明:f(x)≥2x+2.;(2)证明当a=1时,f(x)=ex+sinx+cosx.

要证f(x)≥2x+2,

只需证明ex+sinx+cosx≥2x+2,;令t(x)=2sinx-2x,t(x)=2cosx-2≤0恒成立,

则t(x)在R上单调递减且t(0)=0,则h(0)=0.

所以当x0时,t(x)0,即h(x)0,

故h(x)在(-∞,0)上单调递增,

当x0时,t(x)0,即h(x)0,

故h(x)在(0,+∞)上单调递减,

所以h(x)max=h(0)=1,即h(x)≤1恒成立,

即f(x)≥2x+2成立.;;规律方法1.若直接求导后导数式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.在证明过程中,等价转化是关键.

2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点,一般地,ex与lnx要分离,常构造xn与lnx,xn与ex的积、商形式.便于求导后找到极值点.;对点训练已知函数f(x)=elnx-ax(x∈R).

(1)讨论函数f(x)的单调性;

(2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0.;所以当x∈(0,1)时,g(x)0,当x∈(1,+∞)时,g(x)0,

故g(x)在(0,1)上单调递增,??(1,+∞)上单调递减,

从而g(x)在(0,+∞)上的最大值为g(1)=1.;所以当x∈(0,1)时,h(x)0,

当x∈(1,+∞)时,h(x)0,

故h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,从而h(x)在(0,+∞)上的最小值为h(1)=1.

综上,当x0时,g(x)≤h(x)恒成立,

即xf(x)-ex+2ex≤0.;;规律方法放缩法证明不等式

在证明不等式的时候,若直接证明比较困难,可将不等式中的部分项进行放大或缩小,然后证明放缩后的不等式成立,再根据不等式的传递性证明原不等式成立,这种方法就是放缩法证明不等式,常用的放缩技巧有:(1)ex≥x+1;(2)ex-1≥x;(3)lnx≤x-1;(4)ln(x+1)≤x等.;;(1)解f(x)=2(x+1)-k(1+ln(x+1)),

①当k≤2时,由x≥0得f(x)=2(x+1)-k(1+ln(x+1))≥2(x-ln(x+1)),

所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增,

所以φ(x)≥φ(0)=0,即f(x)≥0,

所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,

又f(0)=0,因此f(x)≥0恒成立;;规律方法证明与数列有关的不等式的策略

在证明与数列有关的不等式时,往往是从题目中已经证得的结论(参数取值范围、不等式等)出发,通过特殊化处理,即将其中的变量替换为特殊的变量,尤其是可替换为与自然数n有关的式子,然后再结合数列中的裂项求和以及不等式的放缩等方法证得结论.;本课结束