2023版高考数学一轮复习讲义：第三章导数及其应用3-2-3

成套的课件成套的教案成套的试题尽在高中数学同步资源大全QQ群483122854联系QQ309000116加入百度网盘群2500G一线老师必备资料一键转存，自动更新，一劳永逸第3课时利用导数证明不等式提升关键能力——考点突破掌握类题通法考点一移项作差构造法[基础性、综合性][例1]已知函数f(x)＝1－lnxx，g(x)＝aeex+1x－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，(1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x听课笔记：反思感悟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，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．【对点训练】设f(x)＝2xlnx＋1.求证：f(x)≤x2－x＋1x＋2lnx考点二特征分析法[综合性][例2]已知函数f(x)＝ax－lnx－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)证明：e-xx＋x＋lnx－1≥(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，求k的取值范围．听课笔记：反思感悟(1)特征分析法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点．(2)证明不等式时的一些常见结论①lnx≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立；②ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立；③lnx<x<ex，x>0.【对点训练】已知函数f(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤0恒成立，试确定实数k的取值范围；(3)证明：ln23+ln34+ln45＋…＋lnnn+1考点三隔离分析法[综合性][例3]已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.听课笔记：反思感悟(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．(2)在证明过程中，“隔离”化是关键，此处fxmin>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”【对点训练】设函数f(x)＝x2－(x＋1)lnx，求证：当0<x≤2时，f(x)>12x考点四换元构造法[综合性][例4]已知函数f(x)＝lnx－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2>e2.听课笔记：反思感悟换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝x1x2，联立消参利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a抓商构元令c＝x1x2，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h用导求解利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论【对点训练】已知函数f(x)＝lnx＋x2＋x.若正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0.求证：x1＋x2≥5-1第3课时利用导数证明不等式提升关键能力考点一例1解析：(1)因为f(x)＝1－lnx所以f′(x)＝lnx-1x2，因为g(x)＝aeex+所以g′(x)＝－aeex-因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2)证明：由(1)知，g(x)＝－eex+则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx-令h(x)＝1－lnxx-eex-则h(1)＝0，h′(x)＝－1-lnxx2+e因为x≥1，所以h′(x)＝lnxx2所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－lnxx-ee所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x对点训练解析：x2－x＋1x＋2lnx－f(x)＝x(x－1)－x-1x－2(x－＝(x－1)x-1x-2ln令g(x)＝x－1x－2lnx，则g′(x)＝1＋1x2-2所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以当0<x<1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，所以(x－1)x-1x-2即f(x)≤x2－x＋1x＋2lnx考点二例2解析：(1)f(x)≥0等价于a≥lnx+1x(令g(x)＝lnx+1x，则g′(x)所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，所以a的最小值为1.(2)证明：由(1)知当a＝1时有f(x)＝x－lnx－1≥0成立，即x≥lnx＋1，即t≥lnt＋1.令e-xx＝t，则－x－lnx＝ln所以e-xx≥－x－lnx＋即e-xx＋x＋lnx－1(3)因为k(e－x＋x2)≥x－xlnx，即ke-xx+x≥1－所以k≥1-lnxe-xx由(2)知e-xx＋x＋lnx－1≥所以－e-xx+x+lnx-1e-x对点训练解析：(1)因为f(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1，所以f′(x)＝1x-1－k，x所以当k≤0时，f′(x)＝1x-1－k>0，f(x)在(1，＋∞)当k>0时，令f′(x)>0，得1<x<1＋1k令f′(x)<0，得x>1＋1k所以f(x)在1，1+1解析：(2)因为f(x)≤0恒成立，所以∀x>1，ln(x－1)－k(x－1)＋1≤0，所以∀x>1，ln(x－1)≤k(x－1)－1，所以k>0.由(1)知，当k>0时，f(x)max＝f1+1k＝－lnk≤0，解得k故实数k的取值范围是[1，＋∞)．(3)证明：令k＝1，则由(2)知，ln(x－1)≤x－2对任意x∈(1，＋∞)恒成立，即lnx≤x－1对任意x∈(0，＋∞)恒成立．取x＝n2，则2lnn≤n2－1，即lnnn+1<n-12，n≥2，所以ln23+ln34+ln45＋…考点三例3解析：(1)f′(x)＝ex－a(x>0)①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<ea时，f′(x)>0；当x>ea时，f′(x故f(x)在0，ea(2)证明：方法一因为x>0，所以只需证f(x)≤exx－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.记g(x)＝exx－2e(x则g′(x)＝x-1e所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤exx－2e，即xf(x)－ex＋2ex方法二由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤ex设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝1x－所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝exex，则h′(x)＝所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.对点训练证明：只需证x－lnxx－lnx>12，即x－lnx>lnxx+12，令g(x)＝x－lnx由g′(x)＝1－1x＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]故当0<x≤2时g(x)min＝g(1)＝1，由h′(x)＝1-lnxx2可知h(x)在故h(x)max＝h(2)＝1+ln22<1故h(x)<g(x)，即f(x)>12x考点四例4证明：不妨设x1>x2>0，因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以lnx1-欲证x1x2>e2，即证lnx1＋lnx2>2.因为lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即证a>2x所以原问题等价于证明lnx1-lnx2x1令c＝x1x2(c>1)，则不等式变为lnc令h(c)＝lnc－2c-1c+1，c所以h′(c)＝1c-4c+1所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝ln1－0＝0，即lnc－2c-1c+1>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e对点训练证明：f(x)＝lnx＋x2＋x(x>0)．由f(x