2024届高考数学一轮总复习专题一高考中的导数应用问题第1课时导数方法证明不等式课件

专题一高考中的导数应用问题

函数与导数的综合问题一般是压轴题，一般两问.第一问考查求曲线的切线方程、求函数的单调区间、由函数的极值点或已知曲线的切线方程求参数等，属于基础问题；第二问一般为利用导数证明不等式、不等式恒成立求参数的取值范围、求函数的零点等问题，重点考查函数的思想、转化的思想及分类讨论的思想.第1课时导数方法证明不等式

利用导数研究函数的单调性、极值和最值，再根据单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合问题中的一个难点，也是近几年高考的热点.

解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是解题的关键.题型一单变量不等式的证明考向1利用移项构造法证明不等式[例1](2022年太原市模拟)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a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘2(1－ln2＋a)↗(1)解：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：故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞).

所以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a>ln2－1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a>ln2－1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－1>0，故ex>x2－2ax＋1.【反思感悟】

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，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.【互动探究】考向2利用隔离分析最值法证明不等式[例2](2021年福州市模拟)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.【反思感悟】

若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.【互动探究】题型二双变量不等式的证明考向1利用换元法证明双变量不等式问题故函数g(x)在x∈(e，＋∞)上单调递减.又a＜b，且a，b∈(e，＋∞)，所以g(a)＞g(b)，故原不等式成立.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＝

，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，从而可证得结论结合所证问题，巧妙引入变量c＝，从而构造相应的函数.其解题【反思感悟】换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再要点为：

【互动探究】

3.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，因为ln

x1－ax1＝0，ln

x2－ax2＝0，x(－∞，1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)↗1e↘[例4](2021年成都市联考)已知函数h(x)＝xe－x，如果x1≠x2考向2极值点偏移问题且h(x1)＝h(x2)，证明：x1＋x2>2.证明：h′(x)＝e－x(1－x)，令h′(x)＝0，解得x＝1，当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表.因为x1≠x2，不妨设x1>x2，因为h(x1)＝h(x2)，结合函数h(x)的单调性可知x1>1，x2<1.令F(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈[1，＋∞)，则F′(x)＝(x－1)(e2x-2－1)e－x，∵x≥1，2x－2≥0，∴e2x-2－1≥0，∴F′(x)≥0，∴F(x)在[1，＋∞)上单调递增.又∵F(1)＝0，∴x>1时，F(x)>F(1)＝0，即当x>1时，h(x)>h(2－x)，则h(x1)>h(2－x1)，

近几年导数的应用考查中双参问题经常出现，难度较大.破解双参问题的关键：一是转化，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；二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.【反思感悟】又∵h(x1)＝h(x2)，∴h(x2)>h(2－x1)，∵x1>1，∴2－x1<1，∴x2，2－x1∈(－∞，1)，∵h(x)在(－∞，1)上单调递增，∴x2>2－x1，∴x1＋x2>2得证.

【互动探究】

4.(2022年南通市模拟)已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2.证明：x1＋x2>2.e由g′(x)＝1－x

x<0，得x>1.所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，由于x1，x2是方程g(x)＝0的实根，不妨设x1<1<x2，方法一(对称化构造函数法)要证x1

＋x2>2，只要证x2>2－x1>1.

由于g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g(x2)<g(2－x1)，由于g(x1)＝g(x2)＝0， 故只要证g(x1)<g(2－x1)，因为x