《 备考指南 数学 》课件-第4章 第3讲 第1课时

一元函数的导数及其应用第四章

第3讲导数的综合应用第1课时导数在不等式中的应用栏目导航01重难突破能力提升03配套训练02素养微专直击高考重难突破能力提升1示通法不等式的证明问题，可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化．构造函数证明不等式考向1直接构造函数证明不等式

(2020年福州调研)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.(1)解：由f(x)＝ex－2x＋2a，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.当x<ln2时，f′(x)<0，故函数f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(ln2，＋∞)上单调递增．所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，则f(x)在x＝ln2处取得极小值f(ln2)＝eln

2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，无极大值．(2)证明：要证当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，则g′(x)＝ex－2x＋2a.由(1)知g′(x)min＝g′(ln2)＝2－2ln2＋2a.又a>ln2－1，则g′(x)min>0.于是对∀x∈(0，＋∞)，都有g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.【解题技巧】一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可，若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可．【解题技巧】1．在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．2．在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立，从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个x的值．

(2020年天津)已知函数f(x)＝x3＋klnx(k∈R)，f′(x)为f(x)的导函数．(1)当k＝6时．(i)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；变量代换法证明双变量函数不等式x(0,1)1(1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)↘极小值↗所以，函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)；g(x)的极小值为g(1)＝1，无极大值．【解题技巧】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．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．不等式恒成立或能成立素养微专直击高考2素养提升——逻辑推理：用活两个经典不等式已知函数f(x)＝alnx－2x，若不等式f(x＋1)>f(ex)在x∈(1，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是 (

)A．a≤2 B．a≥2C．a≤0 D．0≤a≤2【解析】设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，当x>0时g′(x)＝ex－1>e0－1＝0，所以g(x)＝ex－x－1在(0，＋∞)上递增，得g(x)>g(0)＝e0－0－1＝0，所以当x>0时，1<x＋1<ex恒成立．典例精析【答案】A【解题技巧】本题需要先证明1<x＋1<ex恒成立，不难构造函数g(x)＝ex－x－1，只需讨论g(x)在(1，