3.3.1导数与不等式的证明课件-2027届高三数学一轮总复习

第三讲导数的综合应用知识梳理·双基自测知

识

梳

理知识点一利用导数证明不等式若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)．知识点二利用导数解决不等式的恒(能)成立问题“恒成立”与“能成立(存在性)”问题可看作一类问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≥f(x)min.知识点三利用导数研究函数的零点利用导数求函数零点步骤(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)根据函数f(x)的性质作出图象．(3)判断函数零点的个数．归

纳

拓

展双

基

自

测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数y＝x－sinx有无数多个零点．(

)[答案]

(1)×

(2)×

(3)√

(4)×题组二走进教材2．(选择性必修2P99T13改编)若函数f(x)＝xlnx－a有两个零点，则实数a的取值范围为(

)[答案]

CA．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)C．f(a)<f(b) D．f(a)f(b)>1[答案]

C4．(选择性必修2P99T12改编)求证：(1)ex≥x＋1；(2)lnx≤x－1(x>0)．题组三走向考场5．(2025·上海卷)已知f(x)＝x2－(m＋2)x＋mlnx，m∈R.(1)若f(1)＝0，求不等式f(x)≤x2－1的解集；(2)若函数y＝f(x)满足在(0，＋∞)上存在极大值，求m的取值范围．第一课时导数与不等式的证明考点突破·互动探究直接作差构造函数证明不等式(2025·莆田模拟)设函数f(x)＝ax－lnx在x＝1处的切线垂直于y轴．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x>1，证明：f(x)<ex－1－x＋1.再设φ(x)＝xex－1，x>1，则φ′(x)＝ex－1(x＋1)，因为x>1，则φ′(x)>0恒成立，则φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，则易知g′(x)＝2－(ex－1＋xex－1)在(1，＋∞)上单调递减，则g′(x)<g′(1)＝0，则g(x)＝2x－xex－1－1在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)<g(1)＝0，则h′(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，则h(x)<h(1)＝0，即f(x)<ex－1－x＋1.名师点拨：利用作差构造法证明不等式的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数g(x)；(3)利用导数研究g(x)的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．【变式训练】(2026·河北保定三模)已知函数f(x)＝x2－ax＋lnx，x＝1为f(x)的极值点．(1)求a；(2)证明：f(x)≤2x2－4x.利用隔离分析最值法证明不等式(2026·山东潍坊期中)已知函数f(x)＝xlnx＋x.(1)求函数f(x)的最小值；名师点拨：1．若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，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．含lnx与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．2．等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与lnx要分离，常构造xn与lnx，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点．【变式训练】(2026·江苏南通百校开学联考改编)已知函数f(x)＝lnx＋x.证明：xf(x)<ex.放缩后构造函数证明不等式名师点拨：【变式训练】双变量不等式的证明(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)设m，n为两个不相等的正数，且mlnn－nlnm＝m－n，证明：mn>e4.只需证明lnm＋lnn>4，即证lnm>4－lnn，当lnn≥3时，此式显然成立；当2<lnn<3时，1<4－lnn<2，又f(x)在(1,2)上单调递增，∴只需证f(lnm)＝f(lnn)>f(4－lnn)，令h(x)＝f(x)－f(4－x)(2<x<3)，名师点拨：证明双变量函数不等式的常见思路1．将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数构造一个含参数的辅助函数证明不等式．2．整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．3．若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明．【变式训练】已知函数f(x)＝x(1－lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；[解析]

(1)由条件知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝

－lnx，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．即在区间(0,1)上，函数f(x)单调递增；在区间(1，＋∞)上，函数f(x)单调递减．下面证明x1＋x2>2.令g(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)，则g′(x)＝－ln[x(2－x)]>0，所以g(x)在区间(0,1)上单调递增，所以0＝g(1)>g(x1)＝f(x1)－f(2－x1)，即f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)．又f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，所以2－x1<x2，即x1＋x2>2.再证明x1＋x2<e.名师讲坛·素养提升有关x与ex，lnx的组合函数的处理方法1．熟悉函数f(x)＝h(x)lnx±ex，h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)的图象特征，做到对图1、图2、图3、图4所示的特殊函数的图象“有形可寻”．方法一分离参数，设而不求方法二分离lnx与ex已知函数f(x)＝ax2－xlnx.(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；方法三借助ex≥x＋1和lnx≤x－1进行放缩已知函数f(x)＝xex－alnx(e为自然对数的底数，e＝2.718…)．(1)若f(x)在(0,1)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)当a＝－1时，设g(x)＝x[f(x)－xex]－x3＋x2－b，若函数g(x)存在零点，求实数b的最大值．[思路]

(1)先对f(x)求导，再利用f′(x)≤0对x∈(0,1)恒成立，可求实数a的取值范围；(2)将问题转化为方程b＝xlnx－x3＋x2在(0，＋∞)上有解，构造函数k(x)＝xlnx－x3＋x2，由零点存在性定理或利用lnx≤x－1可求得实数b的最大值．也就是lnx≤x－1.由此可知k(x)＝xlnx－x3＋x2≤x(x－1)－x3＋x2＝－x(x2－2x＋1)＝

－x(x－1)2≤0，又当x＝1时，k(1)＝0，所以实数b的最大值为0.(构造函数，利用不等式lnx≤x－1(x>0)放缩，求出实数b的最大值)[关键点拨]

本题第(2)问的求解中，方法二借助不等式lnx≤x－1(x>0)进行放缩，使求解过程变得简洁，这种方法在求解涉及lnx的函数问题中经常用到，应注意掌握．【变式训练】设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；提能训练练案[18]A组基础巩固1．(2025·重庆诊断节选)已知函数f(x)＝elnx－ex，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.2．(2026·新乡模拟)已知函数f(x)＝x2lnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)≥x－1.3．(2026·西安模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：ex＋xlnx＋x2－2x>0.[解析]

(1)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x>0；由f′(x)<0，得x<0.则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝0.(2)证明：要证ex＋xlnx＋x2－2x>0，即证ex＋x2－x－1>－xlnx＋x－1.由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立．设g(x)＝－xlnx＋x－1，x>0，则g′(x)＝－lnx.由g′(x)>0，得0<x<1；由g′(x)<0，得x>1.则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立．因为等号不能同时成立，故f(x)>g(x)，即ex＋xlnx＋x2－2x>0.4．(2026·河北保定期中)已知函数f(x)＝ex＋sinx－2x，g(x)＝2－cosx.(1)已知直线x－y＋a＝0是曲线y＝g(x)，x∈[0，π]的切线，求实数a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)求证：f(x)≥g(x)恒成立．(2)∵f′(x)＝ex＋cosx－2，当x∈(－∞，0]时，ex≤1，cosx≤1，∴f′(x)≤0，f(x)单调递减，当x∈[0，＋∞)时，f″(x)＝ex－sinx，ex≥1，sinx≤1，∴f″(x)≥0，∴f′(x)单调递增，∴f′(x)≥f′(0)＝0，f(x)单调递增．综上所述，f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．∴m(x)单调递增，又∵m(0)＝0，∴当x∈(－∞，0]时，m(x)≤0，即h′(x)≤0，h(x)单调递减；当x∈[0，＋∞)时，m(x)≥0，即h′(x)≥0，h(x)单调递增．∴h(x)