人教A版普通高中数学一轮复习第3章第2节第3课时利用导数证明不等式－－构造法证明不等式课件_第1页
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文档简介

第三章

导数及其运用第二节导数的应用第3课时利用导数证明不等式——构造法证明不等式【例1】(2024·邢台模拟)已知函数f(x)＝x(lnx＋a)．(1)求f(x)的单调区间；解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1＋a.令f′(x)＝0，得x＝e－a-1.令f′(x)＜0，解得0＜x＜e－a-1；令f′(x)＞0，解得x＞e－a-1.所以f(x)的单调递减区间为(0，e－a-1)，单调递增区间为(e－a-1，＋∞)．核心考点提升“四能”移项作差构造函数证明不等式

反思感悟待证不等式的两边含有同一个变量时，一般可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式．

所以F′(x)≥F′(1)＝e＋cos1－0－1＞0，所以F(x)＝ex＋sinx－xlnx－1在[1，＋∞)上单调递增．所以F(x)≥F(1)＝e＋sin1－0－1＞0.又因为x＞0，所以g(x)－f(x)＝x(ex＋sinx－xlnx－1)＞0，所以g(x)＞f(x)得证．【例2】(2024·济南质检)已知函数f(x)＝xlnx－ax＋1(a∈R)．(1)若a≤1，讨论f(x)零点的个数；解：由题意可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－a.令f′(x)＞0，可得x＞ea-1；令f′(x)＜0，可得0＜x＜ea-1，所以f(x)在(0，ea-1)上单调递减，在(ea-1，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝ea-1处取得极小值，也是最小值，f(x)min＝f(ea-1)＝1－ea-1.当a＜1时，f(ea-1)＝1－ea-1＞0，此时f(x)没有零点；当a＝1时，f(ea-1)＝1－e1-1＝0，此时f(x)有且只有一个零点．综上，当a＜1时，f(x)没有零点；当a＝1时，f(x)有且只有一个零点．放缩构造法

反思感悟用导数方法证明不等式的问题中，最常见的是ex和lnx与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和lnx进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．(2)lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．

【例3】(2024·汉中模拟)已知函数f(x)＝x(lnx－a)．(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；解：函数f(x)＝x(lnx－a)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－a.因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝lnx＋1－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤ln

x＋1在(1，＋∞)上恒成立．设g(x)＝lnx＋1，函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)＞g(1)＝ln1＋1＝1.所以a≤1.故a的取值范围是(－∞，1].构造双函数法

反思感悟1．在证明不等式的问题中，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．如果证g(x)≥f(x)恒成立，只需证g

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