2025高考数学二轮复习-专题1 函数与导数 第4讲 利用导数研究不等式【课件】

第4讲利用导数研究不等式2025基础回扣•考教衔接以题梳点•核心突破目录索引

基础回扣•考教衔接1.(人A选必二5.3节习题改编)证明下列不等式:(1)ex>1+x,x≠0;(2)lnx<x<ex,x>0.证明

(1)设f(x)=ex-1-x,x∈R,则f'(x)=ex-1.令f'(x)=0,解得x=0.当x>0时,f'(x)>0,函数f(x)=ex-1-x在区间(0,+∞)上单调递增;当x<0时,f'(x)<0,函数f(x)=ex-1-x在区间(-∞,0)上单调递减.所以,当x=0时,f(x)取得最小值.所以,当x≠0时,f(x)>f(0)=0,即ex>1+x,x≠0.(2)设f(x)=ln

x-x,x>0,则f'(x)=-1.令f'(x)=0,解得x=1.当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,1)内单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)在区间(1,+∞)上单调递减.所以,当且仅当x=1时,f(x)取得最大值.所以,当x>0时,f(x)=ln

x-x≤f(1)=-1<0.因此,当x>0时,ln

x<x.由(1)可知,当x>0时,ex>x+1>x.综上,ln

x<x<ex,x>0.2.(人A选必二复习第五章习题)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).当m≤2时,求证:f(x)>0.证明

当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),则有f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2).故只需证明当m=2时,f(x)>0.又f'(-1)<0,f'(0)>0,故f'(x)=0在区间(-2,+∞)上有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).当x∈(-2,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.综上,当m≤2时,f(x)>0.3.(人B选必三第六章习题)已知函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,求实数a的取值范围.真题体验1.(2020·全国Ⅱ,文21(1))已知函数f(x)=2lnx+1.若f(x)≤2x+c,求c的取值范围.解

设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln

x-2x+1-c,其定义域为(0,+∞),h'(x)=2.当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.所以c的取值范围为[-1,+∞).2.(2023·新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当a>0时,f(x)>2lna+.(1)解

f'(x)=aex-1,x∈R.①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减.②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln=-ln

a.随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表:x(-∞,-ln

a)-ln

a(-ln

a,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln

a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln

a).综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间;当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-ln

a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln

a).以题梳点•核心突破考点一利用导数证明不等式例1(2024·全国甲,文20)已知函数f(x)=a(x-1)-lnx+1.(1)求f(x)的单调区间;(2)若a≤2时,证明:当x>1时,f(x)<ex-1.(2)证明

∵a≤2,∴当x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln

x-1≥ex-1-2x+ln

x+1,x>0.h'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,则h'(x)>h'(1)=0,即h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,故g'(x)>g'(1)=0,即g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,∴g(x)>g(1)=0,即当x>1时,f(x)<ex-1.[对点训练1](2021·全国乙,理20)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.(1)求a;(2)设函数,证明:g(x)<1.(体现定义域分类讨论变形)所以当x<0时,y'>0,y=xf(x)单调递增,当x>0时,y'<0,y=xf(x)单调递减,所以x=0是函数y=xf(x)的极值点,符合题意.所以a=1.因为x>0,ln(1-x)<0,所以xln(1-x)<0,即证x+ln(1-x)>xln(1-x),即证x+(1-x)ln(1-x)>0.同理,当x∈(-∞,0)时,因为x<0,ln(1-x)>0,所以xln(1-x)<0,即证x+ln(1-x)>xln(1-x),即证x+(1-x)ln(1-x)>0.令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1且x≠0,再令t=1-x,则t∈(0,1)∪(1,+∞),x=1-t,令φ(t)=1-t+tln

t,φ'(t)=-1+ln

t+1=ln

t,当t∈(0,1)时,φ'(t)<0,φ(t)单调递减,故φ(t)>φ(1)=0;当t∈(1,+∞)时,φ'(t)>0,φ(t)单调递增,故φ(t)>φ(1)=0.x+(1-x)ln(1-x)>0即证.考点二不等式恒(能)成立问题当m≤0时,f'(x)>0恒成立,此时f(x)单调递增,f(x)无极值;当m>0时,令f'(x)=0,得x=m.故当x∈(0,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(m,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,此时f(x)在x=m处取到极小值ln

m-m+1,无极大值.[对点训练2](1)(能成立问题)(2024·湖北模拟预测改编)若∃x∈(0,+∞),使lnx≤成立,求a的最小值.解

由题意a≥x(ln

x+1)在(0,+∞)上有解,故当x∈(0,+∞)时,a≥[x(ln

x+1)]min.令h(x)=x(ln

x+1),x>0,h'(x)=ln

x+2,(2)(2024·山东济南三模)已知函数f(x)=ax+2x-2,其中a>0且a≠1.①若f(x)是偶函数,求a的值;②