導(dǎo)數(shù)與不等式的證明課件高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)

專題一

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第5講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用專題一

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)考情分析1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見題型，而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、

不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題是高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn).2.多以解答題的形式壓軸出現(xiàn)，難度較大.母題突破1導(dǎo)數(shù)與不等式的證明

(2023·十堰調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝(2－x)ex－ax－2.(1)若f(x)在R上是減函數(shù)，求a的取值范圍；(2)當(dāng)0≤a<1時，求證：f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點(diǎn)x0，且x0<

.母題思路分析?f′(x)≤0恒成立?f′(x)max≤0求解?0<x0<2?ax0＋x0<(2－x0)?(2－x0)

≤e(1)因為f(x)＝(2－x)ex－ax－2，所以f′(x)＝(1－x)ex－a.由f(x)在R上是減函數(shù)，得f′(x)≤0，即(1－x)ex－a≤0在R上恒成立.令g(x)＝(1－x)ex－a，則g′(x)＝－xex.當(dāng)x∈(－∞，0)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.故g(x)max＝g(0)＝1－a≤0，解得a≥1，即a的取值范圍為[1，＋∞).(2)由(1)可知，f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且當(dāng)0≤a<1時，f′(0)＝1－a>0，f′(1)＝－a≤0，故?x1∈(0,1]，使得f′(x1)＝0.當(dāng)x∈(0，x1)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x1，＋∞)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.因為f(0)＝0，f(2)＝－2a－2<0，所以f(x)在(0,2)上只有一個零點(diǎn)x0，故函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點(diǎn)x0.即證ax0＋x0<e.因為f(x0)＝(2－x0)

－ax0－2＝0，所以(2－x0)

＝ax0＋2>ax0＋x0，令h(x)＝(2－x)ex－e,0<x<2，則h′(x)＝(1－x)ex.當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1,2)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減.故h(x)max＝h(1)＝0.即(2－x0)

－e≤0，即(2－x0)

≤e，所以ax0＋x0<e，原不等式即證.

(2023·哈師大附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋exlnx(其中e是自然對數(shù)的底數(shù)).求證：f(x)≥ex2.子題1由f(x)≥ex2，得ex＋exlnx≥ex2，令h(x)＝ex－1－x，則h′(x)＝ex－1－1，當(dāng)x>1時，h′(x)>0；當(dāng)0<x<1時，h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝0.所以當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0；當(dāng)x>1時，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，于是g(x)≥g(1)＝0，原不等式得證.

已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ex.證明：f(x)＋

>g(－x).子題2根據(jù)題意，g(－x)＝e－x，設(shè)函數(shù)m(x)＝xlnx，則m′(x)＝1＋lnx，則h′(x)＝e－x(1－x).所以當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，綜上，當(dāng)x>0時，m(x)>h(x)，規(guī)律方法利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題的方法(1)直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)>0(或f(x)－g(x)<0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x).(2)適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論.(3)構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同結(jié)構(gòu)變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).跟蹤演練1.(2023·桂林模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－cosx，求證：f(x)＋2－

>0.f(x)＝x2－cosx，令g(x)＝x2－cosx，∵g(－x)＝g(x)，∴g(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x∈[0，＋∞)時，g′(x)＝2x＋sinx，令k(x)＝2x＋sinx，k′(x)＝2＋cosx>0，∴g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g′(x)≥g′(0)＝0，∴g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，由g(x)為偶函數(shù)知，g(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，∴g(x)≥g(0)＝－1.∴當(dāng)x>1時，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)x<1時，h′(x)>0，∴h(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增.∴h(x)max＝h(1)＝－1，原不等式得證.2.(2023·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝a(x2－1)－lnx(x>0).若0<a<，設(shè)函數(shù)f(x)的較大的一個零點(diǎn)記為x0，求證：f′(x0)<1－2a.由f(x)＝a(x2－1)－lnx，所以當(dāng)0<x<1時，f(x)>f(1)＝0，又當(dāng)x→＋∞時，f(x)→＋∞，所以必然存在x0>1，使得f(x0)＝0，要證f′(x0)<1－2a，所以當(dāng)x>1時，φ′(x)<0，則φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以φ(x)<φ(1)＝0.專題強(qiáng)化練121.(2023·咸陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝

(x∈R).(1)求f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；所以所求切線為x－y＝0.12(2)求證：當(dāng)x∈[0，π]時，f(x)≤x.12由f(x)≤x，x∈[0，π]，即xex－sinx≥0，x∈[0，π]，令g(x)＝xex－sinx，x∈[0，π]，則g′(x)＝ex＋xex－cosx，令h(x)＝ex＋xex－cosx，x∈[0，π]，則h′(x)＝2ex＋xex＋sinx≥0在[0，π]上恒成立，12所以h(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，有h(x)≥h(0)＝0，所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立，即g(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0，即xex－sinx≥0，x∈[0，π]，綜上，當(dāng)x∈[0，π]時，f(x)≤x.122.(2023·江蘇省八市模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx－

，設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個極值點(diǎn)，且x1<x2.(1)求a的取值范圍；12由題意得ax2－x＋a＝0有兩個不相等的正實(shí)數(shù)根，12(2)證明：f(x1)－f(x2)<x2－x1.12f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x1是f(x)的極大值點(diǎn)