《2022届高考数学统考一轮复习第3章导数及其应用命题探秘1第1课时利用导数证明不等式教师用书教案理新人教版202103081215》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高考数学统考一轮复习第3章导数及其应用命题探秘1第1课时利用导数证明不等式教师用书教案理新人教版202103081215（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、命题探秘一高考中的导数应用问题第1课时利用导数证明不等式技法阐释导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题，利用导数证明不等式常见的方法有：(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x)g(a)转化为f (x)maxg(a).(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x)g(x)转化为f (x)g(x)0，进而构造函数h(x)f (x)g(x).(3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即
2、函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x)g(x)利用其最值求解.(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x1，x2)A的不等式，可将函数式变为与或x1x2有关的式子，然后令t或tx1x2，构造函数g(t)求解.(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln xx1，exx1，ln xxex(x0)，ln(x1)x(x1).(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋
3、值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.高考示例思维过程(2018全国卷)已知函数f (x)xaln x.(1)讨论f (x)的单调性；(2)若f (x)存在两个极值点x1，x2，证明：a2.(1)略。(2)证明：由(1)知，当且仅当a2时，f (x)存在两个极值点由于f (x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21. 技法一直接将不等式转化为函数的最值问题典例1已知函数f (x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f (x)的单调性；(2)当a0时，证明：f (x)2.思维流程解(1)f (x)的定义域为(0，)，f (x)2ax2a1.若a0，则
4、当x(0，)时，f (x)0，故f (x)在(0，)上单调递增若a0，则当x时，f (x)0；当x时，f (x)0.故f (x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：由(1)知，当a0时，f (x)在x处取得最大值，最大值为f ln1.所以f (x)2等价于ln12，即ln10.设g(x)ln xx1，则g(x)1.当x(0,1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减故当x1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)0.所以当x0时，g(x)0.从而当a0时，ln10，即f (x)2.点评：(1)若证f (x)g(a)或f (x)g(
5、a)，只需证f (x)ming(a)或f (x)maxg(a)(2)若证f (a)M或f (a)M(a，M是常数)，只需证f (x)minM或f (x)maxM.已知函数f (x)aexbln x，曲线yf (x)在点(1，f (1)处的切线方程为yx1.(1)求a，b；(2)证明：f (x)0.解(1)函数f (x)的定义域为(0，)f (x)aex，由题意得f (1)，f (1)1，所以解得(2)证明：由(1)知f (x)exln x.因为f (x)ex2在(0，)上单调递增，又f (1)0，f (2)0，所以f (x)0在(0，)上有唯一实根x0，且x0(1,2)当x(0，x0)时，f
6、(x)0，当x(x0，)时，f (x)0，从而当xx0时，f (x)取极小值，也是最小值由f (x0)0，得e，则x02ln x0.故f (x)f (x0)eln x0x02220，所以f (x)0. 技法二移项作差构造函数证明不等式典例2已知函数f (x)ex3x3a(e为自然对数的底数，aR)(1)求f (x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln ，且x0时，x3a.思维流程解(1)由f (x)ex3x3a，xR，知f (x)ex3，xR.令f (x)0，得xln 3，于是当x变化时，f (x)，f (x)的变化情况如下表：x(，ln 3)ln 3(ln 3，)f (x)0f (x)极小
7、值故f (x)的单调递减区间是(，ln 3，单调递增区间是ln 3，)，f (x)在xln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)eln 33ln 33a3(1ln 3a)无极大值(2)证明：待证不等式等价于exx23ax1，设g(x)exx23ax1，x0，于是g(x)ex3x3a，x0.由(1)及aln ln 31知：g(x)的最小值为g(ln 3)3(1ln 3a)0.于是对任意x0，都有g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增于是当aln ln 31时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0)而g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx23ax1，故x3a.点评：若证明
8、f (x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数h(x)f (x)g(x)如果能证明h(x)min0，x(a，b)，即可证明f (x)g(x)，x(a，b)使用此法证明不等式的前提是h(x)f (x)g(x)易于用导数求最值(2020唐山模拟)设f (x)2xln x1.(1)求f (x)的最小值；(2)证明：f (x)x2x2ln x.解(1)f (x)2(ln x1)所以当x时，f (x)0，f (x)单调递减；当x时，f (x)0，f (x)单调递增所以当x时，f (x)取得最小值f 1.(2)证明：x2x2ln xf (x)x(x1)2(x1)ln x(x1)，令g(x)x2ln x，则
9、g(x)10，所以g(x)在(0，)上单调递增，又g(1)0，所以当0x1时，g(x)0，当x1时，g(x)0，所以(x1)0，即f (x)x2x2ln x. 技法三构造双函数证明不等式典例3已知f (x)xln x.(1)求函数f (x)在t，t2(t0)上的最小值；(2)证明：对一切x(0，)，都有ln x成立思维流程解(1)由f (x)xln x，x0，得f (x)ln x1，令f (x)0，得x.当x时，f (x)0，f (x)单调递减；当x时，f (x)0，f (x)单调递增当0tt2，即0t时，f (x)minf ；当tt2，即t时，f (x)在t，t2上单调递增，f (x)min
10、f (t)tln t.所以f (x)min(2)证明：问题等价于证明xln x(x(0，)由(1)可知f (x)xln x(x(0，)的最小值是，当且仅当x时取到设m(x)(x(0，)，则m(x)，由m(x)0得x1时，m(x)为减函数，由m(x)0得0x1时，m(x)为增函数，易知m(x)maxm(1)，当且仅当x1时取到从而对一切x(0，)，xln x，两个等号不同时取到，即证对一切x(0，)都有ln x成立点评：(1)若证f (x)g(x)，只需证f (x)maxg(x)min；(2)若证f (x)g(x)，只需证f (x)ming(x)max.已知函数f (x)ex2xln x.证明：
11、当x0时，f (x)xex.证明要证f (x)xex，只需证exln xex，即exexln x.令h(x)ln x(x0)，则h(x)，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)minh0，所以ln x0.令(x)exex，则(x)eex，易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则(x)max(1)0，所以exex0.因为h(x)与(x)不同时为0，所以exexln x，故原不等式成立 技法四换元法，构造函数证明双变量函数不等式典例4已知函数f (x)ln xax(x0)，a为常数，若函数f (x)有两个零点x1，x2(x1x2)求证：x1x2e2.思维流程证明不妨设
12、x1x20，因为ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以a，欲证x1x2e2，即证ln x1ln x22.因为ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证a，所以原问题等价于证明，即ln ，令c(c1)，则不等式变为ln c.令h(c)ln c，c1，所以h(c)0，所以h(c)在(1，)上单调递增，所以h(c)h(1)ln 100，即ln c0(c1)，因此原不等式x1x2e2得证点评：对于双变量函数不等式f (x1，x2)A，通过变量代换，把双变量变为一个主元，再构造函数证明不等式已知函数f (x)ln xax
13、2x，aR.(1)当a0时，求函数f (x)的图象在(1，f (1)处的切线方程；(2)若a2，正实数x1，x2满足f (x1)f (x2)x1x20，求证：x1x2.解(1)当a0时，f (x)ln xx，则f (1)1，所以切点为(1,1)，又因为f (x)1，所以切线斜率kf (1)2，故切线方程为y12(x1)，即2xy10.(2)证明：当a2时，f (x)ln xx2x(x0)由f (x1)f (x2)x1x20，得ln x1xx1ln x2xx2x1x20，从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)，令tx1x2(t0)，令(t)tln t，得(t)1，易知(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1，因为x10，x20，所以x1x2成立 技法五适当放缩构造函数证明不等式典例5已知
