2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第3讲第1课时导数与不等式的证明课件

第三讲导数的综合应用知识梳理·双基自测知

识

梳

理知识点一利用导数证明不等式若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)．知识点二利用导数解决不等式的恒成立问题“恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≥f(x)min.知识点三利用导数研究函数零点的方法方法一：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)根据函数f(x)的性质作出图象．(3)判断函数零点的个数．方法二：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)分类讨论，判断函数零点的个数．归

纳

拓

展双

基

自

测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数y＝x－sinx有无数多个零点．(

)××√×题组二走进教材2．(选修2P99T13改编)若函数f(x)＝xlnx－a有两个零点，则实数a的取值范围为(

)C[解析]

函数的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xlnx，记g(x)＝xlnx.A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)C．f(a)<f(b) D．f(a)f(b)>1C4．(选修2P99T12改编)求证：(1)ex≥x＋1；(2)lnx≤x－1(x>0)．[证明]

(1)设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1在(－∞，0)上f′(x)<

0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以f(x)在x＝0处有最小值，故f(x)≥f(0)＝0，∴ex≥x＋1.(2)设f(x)＝lnx－x＋1(x>0)，在(0,1)上f′(x)>0，在(1，＋∞)上f′(x)<0，∴f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f(x)≤f(1)＝0.∴lnx≤x－1.题组三走向高考5．(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________.－3第一课时导数与不等式的证明考点突破·互动探究直接作差构造函数证明不等式【卡壳点】作差构造函数所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，【提醒】注意定义域范围名师点拨：1．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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式．2．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g(x)；(3)利用导数研究g(x)的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，又F(1)＝0，所以F(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，利用隔离分析最值法证明不等式(2023·青岛质检改编)已知函数f(x)＝lnx＋x.证明：xf(x)<ex.[证明]

要证xf(x)<ex，即证x2＋xlnx<ex，令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.名师点拨：1．若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，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．含lnx与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．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．【变式训练】(此题为更换新题)所以当x∈(0，x0)时，t(x)>0，则h′(x)>0，函数h(x)单调递增，当x∈(x0，＋∞)时，t(x)<0，则h′(x)<0，函数h(x)单调递减，(此题为原重题)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，放缩后构造函数证明不等式而2x2－x＋1>0恒成立，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，g(x)>g(1)＝0，令f(x)＝exlnx＋2(x>0)，则f′(x)＝e(lnx＋1)，双变量不等式的证明(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；[解析](1)由条件知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－lnx，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．即在区间(0,1)上，函数f(x)单调递增；在区间(1，＋∞)上，函数f(x)单调递减．(2)证明：由blna－alnb＝a－b，x1≠x2，不妨设x1<x2，令f′(x)＝0，得x＝1.且f(e)＝0.结合(1)中的f(x)的单调性，易知，0<x1<1<x2<e.待证结论⇔2<x1＋x2<e.下面证明x1＋x2>2.令g(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)，则g′(x)＝－ln[x(2－x)]>0，所以g(x)在区间(0,1)上单调递增，所以0＝g(1)>g(x1)＝f(x1)－f(2－x1)，即f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)．又f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，所以2－x1<x2，即x1＋x2>2.再证明x1＋x2<e.证法二：f(x)在点(e,0)处的切线φ(x)＝e－x，令F(x)＝f(x)－φ(x)＝2x－xlnx－e，x∈(0，e)，F′(x)＝1－lnx>0，所以F(x)在区间(0，e)上单调递增，即F(x)<F(e)＝0，所以当x∈(0，e)时，f(x)<φ(x)．令t＝f(x1)＝f(x2)，则t＝f(x2)<φ(x2)＝e－x2⇒t＋x2<e.又t＝f(x1)＝x1(1－lnx1)，x1∈(0,1)，所以t＝x1(1－lnx1)>x1，即x1＋x2<t＋x2<e.名师点拨：证明双变量函数不等式的常见思路1．将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数构造一个含参数的辅助函数证明不等式．2．整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．3．若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明．【变式训练】(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)设m，n为两个不相等的正数，且mlnn－nlnm＝m－n，证明：mn>e4.当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，只需证明lnm＋lnn>4，即证lnm>4－lnn，当lnn≥3时，此式显然成立；当2<lnn<3时，1<4－lnn<2，又f(x)在(1,2)上单调递增，∴只需证f(lnm)＝f(lnn)>f(4－lnn)，令h(x)＝f(x)－f(4－x)(2<x<3)，∴h(x)＝f(x)－f(4－x)>h(2)＝f(2)－f(2)＝0，∴f(x)>f(4－x)，∴f(lnn)>f(4－lnn)，即结论成立，综上，mn>e4.名师讲坛·素养提升有关x与ex，lnx的组合函数的处理方法1．熟悉函数f(x)＝h(x)lnx±ex，h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)的图象特征，做到对图1、图2、图3、图4所示的特殊函数的图象“有形可寻”．方法一分离参数，设而不求方法二分离lnx与ex已知函数f(x)＝ax2－xlnx.(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；[解析]

(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)．对f(x)求导，得f′(x)＝2ax－lnx－1，因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1.(构造函数，利用单凋性求出最大值)令φ(x)＝ex－ex(x>0)，则φ′(x)＝e－ex(x>0)．由φ′(x)>0，得0<x<1，由φ′(x)<0，得x>1，所以φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)在x＝1时取得最大值，最大值为φ(1)＝0，从而φ(x)≤0，即ex－ex≤0.方法三借助ex≥x＋1和lnx≤x－1进行放缩已知函数f(x)＝xex－alnx(e为自然对数的底数，e＝2.718…)．(1)若f(x)在(0,1)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)当a＝－1时，设g(x)＝x[f(x)－xex]－x3＋x2－b，若函数g(x)存在零点，求实数b的最大值．[思路]

(1)先对f(x)求导，再利用f′(x)≤0对x∈(0,1)恒成立，可求实数a的取值范围；(2)将问题转化为方程b＝xlnx－x3＋x2在(0，＋∞)上有解，构造函数k(x)＝xlnx－x3＋x2，由零点存在性定理或利用lnx≤x－1可求得实数b的最大值．由题意知，f′(x)≤0对x∈(0,1)恒成立，即(x2＋x)ex－a≤0对x∈(0,1)恒成立，也就是a≥(x2＋x)ex在(0,1)上恒成立．(分离参数)设h(x)＝(x2＋x)ex，则h′(x)＝ex(2x＋1)＋(x2＋x)ex＝ex(x2＋3x＋1)，当x∈(0,1)时，x2＋3x＋1>0，则h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)<h(1)＝2e，因此a≥2e，(构造函数，通过单调性求出a的取值范围)于是实数a的取值范围是[2e，＋∞)．(2)当a＝－1时，f(x)＝xex＋lnx，则g(x)＝xlnx－x3＋x2－b.由题意知方程b＝xlnx－x3＋x2在(0，＋∞)上有解．(分离参数)方法一：设k(x)＝xlnx－x3＋x2(x>0)，则k′(x)＝lnx＋1－3x2＋2x，设m(x)＝lnx＋1－3x2＋2x(x>0)，当x∈(0，x