2025数学大一轮复习讲义课件人教A版第三章利用导数证明不等式.pptxVIP

第三章§3.6利用导数证明不等式

导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果.课标要求

题型一将不等式转化为函数的最值问题例1(12分)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；[切入点：求导，讨论a的正负](2)证明：当a0时，f(x)2lna＋.[方法二关键点：利用不等式ex≥x＋1把函数f(x)中的指数换成一次函数]

[思路分析](1)求f′(x)→分a0，a≤0判断f′(x)的符号→f(x)的单调性

答题模板规范答题不丢分(1)解因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，(1分)①处判断f′(x)的符号当a≤0时，由于ex0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－10恒成立，所以f(x)是减函数；(2分)当a0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，

综上，当a≤0时，f(x)是减函数；当a0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增.(5分)②处判断f′(x)的符号当x－lna时，f′(x)0，则f(x)在(－∞，－lna)上单调递减；当x－lna时，f′(x)0，则f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增.(4分)

(2)证明方法一由(1)得，当a0时，③处利用单调性求f(x)minf(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，(7分)

④处构造函数g(a)＝f(x)min－(9分)

⑤处求g(a)min并判断其符号则g(a)0恒成立，方法二令h(x)＝ex－x－1，⑥处构造函数证明ex≥x＋1则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函数，

所以h′(x)＝ex－1是增函数，又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x0时，h′(x)0；当x0时，h′(x)0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，(6分)因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，⑦处通过不等式ex≥x＋1放缩函数f(x)

当且仅当x＋lna＝0，即x＝－lna时，等号成立，⑧处构造函数g(a)(9分)

⑨处求g(a)min并判断其符号

待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.

(1)求f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；所以所求切线方程为x－y＝0.

(2)求证：当x∈[0，π]时，f(x)≤x.

f(x)≤x(x∈[0，π])，令g(x)＝xex－sinx，x∈[0，π]，则g′(x)＝ex＋xex－cosx，令h(x)＝ex＋xex－cosx，x∈[0，π]，则h′(x)＝2ex＋xex＋sinx0在[0，π]上恒成立，所以h(x)在[0，π]上单调递增，则h(x)≥h(0)＝0，

所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立，即g(x)在[0，π]上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，即xex－sinx≥0(x∈[0，π])，综上，当x∈[0，π]时，f(x)≤x.

题型二将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；

①若a≤0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.

当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.所以当0x1时，g′(x)0，g(x)单调递减，当x1时，g′(x)0，g(x)单调递增，

所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x0时，f(x)≤g(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0得证.

若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.本例中同时含lnx与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.

跟踪训练2(2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；由题意可得f′(x)＝ex＋2x－1，则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.由f′(x)0，得x0；由f′(x)0，得x0.则f(x)在