数学高考科学复习创新方案-数学第4讲-第1课时-利用导数研究不等式的证明问题-课堂学习课件

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1核心考向突破PARTONE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.考向一单变量不等式的证明解解解解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)max<g(x)min.解解考向二双变量不等式的证明解解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．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x>y>0，试确定f(x)－f(y)与xlny－ylnx的大小关系，并给出证明．解解解考向三证明与正整数有关的不等式问题解解解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．证明证明2课时作业PARTTWO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a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋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：解解(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.解证明证明证明证明解(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．解解解解解解解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)＋x2－3>0.解(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex＋a，f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1(经验证a＝－1满足题意)，∴f′(x)＝ex－1，∴在(－2,0)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在(0,1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝0时，f(x)取得最小值为f(0)＝e0＋1＝2，所以f(x)在[－2,1]上的最小值为2.解(2)证明：当a＝－4时，令g(x)＝f(x)＋x2－3＝ex－4x＋x2＋1，g′(x)＝ex－4＋2x，令h(x)＝ex－4＋2x，因为h′(x)＝ex＋2>0恒成立，所以g′(x)在R上单调递增，g′(0)＝－3<0，g′(1)＝e－2>0，由零点存在定理可得存在x0∈(0,1)，使得g′(x