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文档简介
第三章一元函数的导数及其应用突破3利用导数证明不等式命题点1
将不等式转化为函数的最值问题例1
[2023新高考卷Ⅱ节选]证明：当0＜
x
＜1时，
x
－
x
2＜sin
x
＜
x
.[解析]令
h
(
x
)＝
x
－
x
2－sin
x
，则h'(
x
)＝1－2
x
－cos
x
，令
p
(
x
)＝1－2
x
－cos
x
，则p'(
x
)＝－2＋sin
x
＜0，所以
p
(
x
)即h'(
x
)单调递减，又h'(0)＝0，所以当0＜
x
＜1时，h'(
x
)＜h'(0)＝0，
h
(
x
)单调递减，所以当0＜
x
＜1时，
h
(
x
)＜
h
(0)＝0，即
x
－
x
2＜sin
x
.令
g
(
x
)＝sin
x
－
x
，则g'(
x
)＝cos
x
－1＜0，
x
∈(0，1)，所以
g
(
x
)单调递减，又
g
(0)＝0，所以当0＜
x
＜1时，
g
(
x
)＜
g
(0)＝0，即sin
x
＜
x
.综上，当0＜
x
＜1时，
x
－
x
2＜sin
x
＜
x
.例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6方法技巧(1)利用函数的单调性和最值直接证明.(2)证明不等式
f
(
x
)＞
g
(
x
)转化为证明
f
(
x
)－
g
(
x
)＞0，进而构造辅助函数
h
(
x
)＝
f
(
x
)－
g
(
x
)，通过研究函数
h
(
x
)的单调性，证明
h
(
x
)min＞0.例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6训练1
[2024浙江宁波模拟]已知函数
f
(
x
)＝
a
e2
x
＋(
a
－4)e
x
－2
x
.(1)讨论
f
(
x
)的单调性；(2)证明：当
a
＞1时，
f
(
x
)＞7lna
－
a
－4.
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6命题点2
将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2
[2024湖北襄阳模拟节选]已知函数
f
(
x
)＝
a
lnx
＋
x
.当
a
＝1时，证明：
xf
(
x
)＜e
x
.
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6方法技巧若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证不等式进行变形，构造两个函数，转
化为两个函数的最值问题(或找到可以传递的中间量
a
)，即将不等式转化为
f
(
x
)≥
g
(
x
)的形式，证明
f
(
x
)min≥
g
(
x
)max(或
f
(
x
)≥
a
≥
g
(
x
))即可.例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
②当
a
＜－2时，－
a
－1＞1，令
f
'(
x
)＞0，解得0＜
x
＜1或
x
＞－
a
－1，令
f
'(
x
)＜
0，解得1＜
x
＜－
a
－1，所以
f
(
x
)在(0，1)，(－
a
－1，＋∞)上单调递增，在(1，－
a
－1)上单调递减；例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6③当－2＜
a
＜－1时，0＜－
a
－1＜1，令
f
'(
x
)＞0，解得0＜
x
＜－
a
－1或
x
＞1，
令
f
'(
x
)＜0，解得－
a
－1＜
x
＜1，所以
f
(
x
)在(0，－
a
－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－
a
－1，1)上单调递减.综上，当
a
＜－2时，
f
(
x
)在(0，1)，(－
a
－1，＋∞)上单调递增，在(1，－
a
－1)上
单调递减；当
a
＝－2时，
f
(
x
)在(0，＋∞)上单调递增；当－2＜
a
＜－1时，
f
(
x
)在
(0，－
a
－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－
a
－1，1)上单调递减；当
a
≥－1时，
f
(
x
)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
[解析]
(1)
f
'(
x
)＝－sin
x
＋
ax
，且
f
'(0)＝0，令
g
(
x
)＝
f
'(
x
)，则g'(
x
)＝－cos
x
＋
a
.例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6①当
a
≥1时，g'(
x
)≥0且g'(
x
)不恒为0，则
g
(
x
)单调递增，当
x
＞0时，
g
(
x
)＝
f
'(
x
)＞
g
(0)＝0，当
x
＜0时，
g
(
x
)＝
f
'(
x
)＜
g
(0)＝0，即当
x
＞
0时，
f
(
x
)单调递增，当
x
＜0时，
f
(
x
)单调递减，此时
x
＝0是函数
f
(
x
)唯一的极小
值点.②当
a
＜1时，g'(0)＝－1＋
a
＜0，所以存在δ＞0使得当
x
∈(0，δ)时，
g
(
x
)＝
f
'(
x
)
在(0，δ)上单调递减，即当
x
∈(0，δ)时，
f
'(
x
)＜
f
'(0)＝0，所以
f
(
x
)在(0，δ)上单调
递减，与
x
＝0是函数
f
(
x
)唯一的极小值点矛盾.综上，实数
a
的取值范围为[1，＋∞).例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6方法技巧1.利用放缩法证明不等式的思路一是会放缩，即从所求证的不等式入手，利用分析法，进行转化，寻找可放大或缩
小的条件；二是会构造函数，即通过构造辅助函数，把所求证的不等式进行转化；三是借用导数，即会利用导数的工具性，研究新构造函数的性质，进而求解.例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6训练3
[2024南通部分学校联考]已知函数
f
(
x
)＝lnx
＋
ax
，
a
∈R.(1)讨论函数
f
(
x
)的单调性；
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
思维帮·提升思维
快速解题凹凸反转在不等式证明问题中的应用如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而成，往往进行指对
分离，转化为证明
g
(
x
)≥
h
(
x
)恒成立，分别求
g
(
x
)min，
h
(
x
)max进行证明，由于两
个函数图象的凹凸性正好相反，所以这种证明不等式的方法称为凹凸反转.例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6类型1
隔海相望如图所示，在
g
(
x
)，
h
(
x
)图象之间有一个带型区域，所以我们把它形象地称为
“隔海相望”.这时必有
g
(
x
)＞
h
(
x
).例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6例4
[2024陕西省咸阳市模拟]已知函数
f
(
x
)＝
x
3－3lnx
＋11.(1)判断函数
f
(
x
)的单调性；(2)证明：当
x
＞0时，
f
(
x
)＞－
x
3＋3
x
2＋(3－
x
)e
x
.
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6[解析]
(2)由(1)可得
f
(
x
)min＝
f
(1)＝12.令
g
(
x
)＝－
x
3＋3
x
2＋(3－
x
)e
x
(
x
＞0)，则g'(
x
)＝－3
x
2＋6
x
－e
x
＋(3－
x
)e
x
＝(2－
x
)(e
x
＋3
x
)，令g'(
x
)＝0，可得
x
＝2.当
x
∈(0，2)时，g'(
x
)＞0，当
x
∈(2，＋∞)时，g'(
x
)＜0，∴
g
(
x
)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减.∴
g
(
x
)max＝
g
(2)＝e2＋4，∴
f
(
x
)min＞
g
(
x
)max，则
f
(
x
)＞
g
(
x
)，∴当
x
＞0时，
f
(
x
)＞－
x
3＋3
x
2＋(3－
x
)e
x
.例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6类型2
一线之隔构造的函数
g
(
x
)，
h
(
x
)，满足
g
(
x
)min＝
h
(
x
)max，如图所示，但由于
g
(
x
)，
h
(
x
)
不在同一处取到最值，所以必有
g
(
x
)＞
h
(
x
).例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6例5
已知函数
f
(
x
)＝e
x
＋
x
2－
x
－1.(1)求
f
(
x
)的最小值；[解析]
(1)由题意可得
f
'(
x
)＝e
x
＋2
x
－1，则函数
f
'(
x
)在R上单调递增，且
f
'(0)＝0.由
f
'(
x
)＞0，得
x
＞0；由
f
'(
x
)＜0，得
x
＜0.则
f
(
x
)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故
f
(
x
)min＝
f
(0)＝0.例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6(2)证明：e
x
＋
x
lnx
＋
x
2－2
x
＞0.[解析]
(2)要证e
x
＋
x
lnx
＋
x
2－2
x
＞0，即证e
x
＋
x
2－
x
－1＞－
x
lnx
＋
x
－1.由(1)可知当
x
＞0时，
f
(
x
)＞0恒成立.设
g
(
x
)＝－
x
lnx
＋
x
－1，
x
＞0，则g'(
x
)＝－lnx
.由g'(
x
)＞0，得0＜
x
＜1；由
g'(
x
)＜0，得
x
＞1.则
g
(
x
)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而
g
(
x
)≤
g
(1)＝0，当且仅当
x
＝1时，等号成立.故
f
(
x
)＞
g
(
x
)，即e
x
＋
x
lnx
＋
x
2－2
x
＞0.例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6类型3
亲密无间构造函数
g
(
x
)，
h
(
x
)，满足
g
(
x
)min＝
h
(
x
)max，且
g
(
x
)，
h
(
x
)在同一处取到最
值，如图所示，这时
g
(
x
)≥
h
(
x
).例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6(2)证明：
g
(
x
)≥
f
'(
x
).
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
例1训练1例2训练2例3训练3例4例5例6
1.[命题点1/2023雅礼中学二模]已知函数
f
(
x
)＝2sin
x
－sin2
x
.(1)当0≤
x
≤π时，求
f
(
x
)的最大值；1234
1234
1234
1234
1234
1234
1234(2)证明：
f
(
x
)＞1.
1234
12344.[命题点3/2023绵阳市一诊]已知函数
f
(
x
)＝2e
x
－
x
2－
ax
－2，当
x
≥0时，
f
(
x
)≥0.(1)求
a
的取值范围；[解析]
(1)由题意得
f
'(
x
)＝2e
x
－2
x
－
a
.令
g
(
x
)＝2e
x
－2
x
－
a
，则当
x
≥0时，g'(
x
)＝2e
x
－2≥0(当且仅当
x
＝0时“＝”成
立)，∴函数
f
'(
x
)在区间[0，＋∞)上单调递增，则当
x
≥0时，函数
f
'(
x
)≥
f
'(0)＝2－
a
.①当2－
a
≥0，即
a
≤2时，可得
f
'(
x
)≥
f
'(0)≥0在[0，＋∞)上恒成立(“＝”不恒成
立)，∴函数
f
(
x
)在[0，＋∞)上单调递增.1234∴
f
(
x
)≥
f
(0)＝0在[0，＋∞)上恒成立.②当2－
a
＜0，即
a
＞2时，
f
'(0)＝2－
a
＜0，且存在
x
0＞0，当
x
∈[0，
x
0)时，
f
'(
x
)＜0，
f
(
x
)单调递减.又
f
(0)＝0，∴当
x
∈[0，
x
0)时，
f
(
x
)＜0，这与当
x
≥0时，
f
(
x
)≥0矛盾.综上，实数
a
的取值范围是(－∞，2].1234
1234
1234
12341.[2024广东省江门市部分学校联考]已知函数
f
(
x
)＝
x
(lnx
＋
a
)，
a
∈R.(1)求
f
(
x
)
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