2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第3講第1課時導(dǎo)數(shù)與不等式的證明課件

第三講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用知識梳理·雙基自測知

識

梳

理知識點一利用導(dǎo)數(shù)證明不等式若證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，如果能證明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)．知識點二利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問題“恒成立”與“存在性”問題可看作一類問題，一般都可通過求相關(guān)函數(shù)的最值來解決，如：當(dāng)f(x)在x∈D上存在最大值和最小值時，若f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)在x∈D上的最小值，將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)對于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)在x∈D上的最大值，將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應(yīng)求f(x)在x∈D上的最大值，將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≤f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，應(yīng)求f(x)在x∈D上的最小值，將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≥f(x)min.知識點三利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點的方法方法一：(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值．(2)根據(jù)函數(shù)f(x)的性質(zhì)作出圖象．(3)判斷函數(shù)零點的個數(shù)．方法二：(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值．(2)分類討論，判斷函數(shù)零點的個數(shù)．歸

納

拓

展雙

基

自

測題組一走出誤區(qū)1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)函數(shù)y＝x－sinx有無數(shù)多個零點．(

)××√×題組二走進(jìn)教材2．(選修2P99T13改編)若函數(shù)f(x)＝xlnx－a有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍為(

)C[解析]

函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xlnx，記g(x)＝xlnx.A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)C．f(a)<f(b) D．f(a)f(b)>1C4．(選修2P99T12改編)求證：(1)ex≥x＋1；(2)lnx≤x－1(x>0)．[證明]

(1)設(shè)f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1在(－∞，0)上f′(x)<

0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上遞減，在(0，＋∞)上遞增，所以f(x)在x＝0處有最小值，故f(x)≥f(0)＝0，∴ex≥x＋1.(2)設(shè)f(x)＝lnx－x＋1(x>0)，在(0,1)上f′(x)>0，在(1，＋∞)上f′(x)<0，∴f(x)在(0,1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，f(x)≤f(1)＝0.∴l(xiāng)nx≤x－1.題組三走向高考5．(2018·江蘇)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個零點，則f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值的和為________.－3第一課時導(dǎo)數(shù)與不等式的證明考點突破·互動探究直接作差構(gòu)造函數(shù)證明不等式【卡殼點】作差構(gòu)造函數(shù)所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，【提醒】注意定義域范圍名師點撥：1．待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性等相關(guān)函數(shù)性質(zhì)證明不等式．2．利用作差構(gòu)造法證明不等式的基本步驟(1)作差或變形；(2)構(gòu)造新的函數(shù)g(x)；(3)利用導(dǎo)數(shù)研究g(x)的單調(diào)性或最值；(4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式．所以F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又F(1)＝0，所以F(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，利用隔離分析最值法證明不等式(2023·青島質(zhì)檢改編)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x.證明：xf(x)<ex.[證明]

要證xf(x)<ex，即證x2＋xlnx<ex，令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．當(dāng)x∈(0,2)時，h′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0.名師點撥：1．若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時，或兩次求導(dǎo)都不能判斷導(dǎo)數(shù)的正負(fù)時，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo)．含lnx與ex的混合式不能直接構(gòu)造函數(shù)，要將指數(shù)與對數(shù)分離，分別計算它們的最值，借助最值進(jìn)行證明．2．等價變形的目的是求導(dǎo)后簡單地找到極值點，一般地，ex與lnx要分離，常構(gòu)造xn與lnx，xn與ex的積、商形式，便于求導(dǎo)后找到極值點．【變式訓(xùn)練】(此題為更換新題)所以當(dāng)x∈(0，x0)時，t(x)>0，則h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，t(x)<0，則h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減，(此題為原重題)再令φ(x)＝ex－ex，則φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因為h(x)與φ(x)不同時為0，放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式而2x2－x＋1>0恒成立，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0,1)時，g(x)>g(1)＝0，令f(x)＝exlnx＋2(x>0)，則f′(x)＝e(lnx＋1)，雙變量不等式的證明(2021·新高考全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；[解析](1)由條件知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－lnx，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．即在區(qū)間(0,1)上，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；在區(qū)間(1，＋∞)上，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．(2)證明：由blna－alnb＝a－b，x1≠x2，不妨設(shè)x1<x2，令f′(x)＝0，得x＝1.且f(e)＝0.結(jié)合(1)中的f(x)的單調(diào)性，易知，0<x1<1<x2<e.待證結(jié)論?2<x1＋x2<e.下面證明x1＋x2>2.令g(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)，則g′(x)＝－ln[x(2－x)]>0，所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，所以0＝g(1)>g(x1)＝f(x1)－f(2－x1)，即f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)．又f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以2－x1<x2，即x1＋x2>2.再證明x1＋x2<e.證法二：f(x)在點(e,0)處的切線φ(x)＝e－x，令F(x)＝f(x)－φ(x)＝2x－xlnx－e，x∈(0，e)，F(xiàn)′(x)＝1－lnx>0，所以F(x)在區(qū)間(0，e)上單調(diào)遞增，即F(x)<F(e)＝0，所以當(dāng)x∈(0，e)時，f(x)<φ(x)．令t＝f(x1)＝f(x2)，則t＝f(x2)<φ(x2)＝e－x2?t＋x2<e.又t＝f(x1)＝x1(1－lnx1)，x1∈(0,1)，所以t＝x1(1－lnx1)>x1，即x1＋x2<t＋x2<e.名師點撥：證明雙變量函數(shù)不等式的常見思路1．將雙變量中的一個看作變量，另一個看作常數(shù)構(gòu)造一個含參數(shù)的輔助函數(shù)證明不等式．2．整體換元．對于齊次式往往可將雙變量整體換元，化為一元不等式．3．若雙變量的函數(shù)不等式具有對稱性，并且可以將兩個變量分離開，分離之后的函數(shù)結(jié)構(gòu)具有相似性，從而構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性證明．【變式訓(xùn)練】(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)設(shè)m，n為兩個不相等的正數(shù)，且mlnn－nlnm＝m－n，證明：mn>e4.當(dāng)x∈(－∞，2)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，只需證明lnm＋lnn>4，即證lnm>4－lnn，當(dāng)lnn≥3時，此式顯然成立；當(dāng)2<lnn<3時，1<4－lnn<2，又f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，∴只需證f(lnm)＝f(lnn)>f(4－lnn)，令h(x)＝f(x)－f(4－x)(2<x<3)，∴h(x)＝f(x)－f(4－x)>h(2)＝f(2)－f(2)＝0，∴f(x)>f(4－x)，∴f(lnn)>f(4－lnn)，即結(jié)論成立，綜上，mn>e4.名師講壇·素養(yǎng)提升有關(guān)x與ex，lnx的組合函數(shù)的處理方法1．熟悉函數(shù)f(x)＝h(x)lnx±ex，h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同時為0)的圖象特征，做到對圖1、圖2、圖3、圖4所示的特殊函數(shù)的圖象“有形可尋”．方法一分離參數(shù)，設(shè)而不求方法二分離lnx與ex已知函數(shù)f(x)＝ax2－xlnx.(1)若f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；[解析]

(1)易知f(x)的定義域為(0，＋∞)．對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝2ax－lnx－1，因為f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>0時，f′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則g(x)max＝g(1)＝1.(構(gòu)造函數(shù)，利用單凋性求出最大值)令φ(x)＝ex－ex(x>0)，則φ′(x)＝e－ex(x>0)．由φ′(x)>0，得0<x<1，由φ′(x)<0，得x>1，所以φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)在x＝1時取得最大值，最大值為φ(1)＝0，從而φ(x)≤0，即ex－ex≤0.方法三借助ex≥x＋1和lnx≤x－1進(jìn)行放縮已知函數(shù)f(x)＝xex－alnx(e為自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.718…)．(1)若f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)a＝－1時，設(shè)g(x)＝x[f(x)－xex]－x3＋x2－b，若函數(shù)g(x)存在零點，求實數(shù)b的最大值．[思路]

(1)先對f(x)求導(dǎo)，再利用f′(x)≤0對x∈(0,1)恒成立，可求實數(shù)a的取值范圍；(2)將問題轉(zhuǎn)化為方程b＝xlnx－x3＋x2在(0，＋∞)上有解，構(gòu)造函數(shù)k(x)＝xlnx－x3＋x2，由零點存在性定理或利用lnx≤x－1可求得實數(shù)b的最大值．由題意知，f′(x)≤0對x∈(0,1)恒成立，即(x2＋x)ex－a≤0對x∈(0,1)恒成立，也就是a≥(x2＋x)ex在(0,1)上恒成立．(分離參數(shù))設(shè)h(x)＝(x2＋x)ex，則h′(x)＝ex(2x＋1)＋(x2＋x)ex＝ex(x2＋3x＋1)，當(dāng)x∈(0,1)時，x2＋3x＋1>0，則h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以h(x)<h(1)＝2e，因此a≥2e，(構(gòu)造函數(shù)，通過單調(diào)性求出a的取值范圍)于是實數(shù)a的取值范圍是[2e，＋∞)．(2)當(dāng)a＝－1時，f(x)＝xex＋lnx，則g(x)＝xlnx－x3＋x2－b.由題意知方程b＝xlnx－x3＋x2在(0，＋∞)上有解．(分離參數(shù))方法一：設(shè)k(x)＝xlnx－x3＋x2(x>0)，則k′(x)＝lnx＋1－3x2＋2x，設(shè)m(x)＝lnx＋1－3x2＋2x(x>0)，當(dāng)x∈(0，x