第4章+第4讲+第1课时+利用导数研究不等式的证明问题2024高考数学一轮复习+PPT（新教材）.pptxVIP

第4讲导数与函数的综合应用第1课时利用导数研究不等式的证明问题第四章导数及其应用

2核心考向突破PARTTWO

考向一单变量不等式的证明例1(2021·福州模拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.解

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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)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)maxg(x)min.

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考向二双变量不等式的证明

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双变量不等式的证明方法(1)转化法．由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式，再进行证明．(2)构造函数法．构造新函数，利用导数研究新函数的单调性及最值，从而得到所证不等式．

可得(0，e)是f(x)的单调递减区间，(e，＋∞)是f(x)的单调递增区间，f(x)在x＝e处有极小值－e，无极大值．2．(2022·四川广元诊断考试)已知函数f(x)＝xlnx－2x.(1)求f(x)的单调区间、极值；(2)若xy0，试确定f(x)－f(y)与xlny－ylnx的大小关系，并给出证明．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－2＝lnx－1，令f′(x)＝0得x＝e.当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况列表如下：解x(0，e)e(e，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值

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考向三证明与正整数有关的不等式问题

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证明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的多项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．

证明(1)令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，h′(x)0，当x∈(0，＋∞)时，h′(x)0，故h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝0，即h(x)≥0恒成立，所以f(x)≥g(x)恒成立．证明

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3课时作业PARTTHREE

解答题1．(2021·沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln2－1且x0时，exx2－2ax＋1.解(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减2(1－ln2＋a)单调递增解

故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)．f(x)在x＝ln2处取得极小值,极小值为f(ln2)＝2(1－ln2＋a)，无极大值.(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当aln2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)0.于是对任意x∈R，都有g′(x)0，所以g(x)在R内单调递增．于是当aln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)g(0)．又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)0.即ex－x2＋2ax－10，故exx2－2ax＋1.解

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解(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a＞0，则当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；若a＜0，则当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．解

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6．(2021·哈尔滨模拟)已知f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若x＝0是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值；(2)当a＝－4时，求证：f(x)＋x2－30.解(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex＋a，f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1(经