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2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第3讲第1课时导数与不等式的证明课件
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这是一份2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第3讲第1课时导数与不等式的证明课件，共60页。PPT课件主要包含了归纳拓展，此题为原重题，双变量不等式的证明等内容，欢迎下载使用。
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)
知识点三 利用导数研究函数零点的方法方法一：(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．方法二：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)分类讨论，判断函数零点的个数．
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－sin x有无数多个零点．( )
题组二 走进教材2．(选修2P99T13改编)若函数f(x)＝xln x－a有两个零点，则实数a的取值范围为( )
[解析] 函数的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xln x，记g(x)＝xln x.
A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)C．f(a)1
4．(选修2P99T12改编)求证：(1)ex≥x＋1；(2)ln x≤x－1(x>0)．[证明] (1)设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1在(－∞，0)上f′(x)< 0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以f(x)在x＝0处有最小值，故f(x)≥f(0)＝0，∴ex≥x＋1.(2)设f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，在(0,1)上f′(x)>0，在(1，＋∞)上f′(x)<0，∴f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f(x)≤f(1)＝0.∴ln x≤x－1.
题组三 走向高考5．(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________.
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
【卡壳点】作差构造函数所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
【提醒】注意定义域范围
名师点拨：1．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”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．2．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．
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，又F(1)＝0，所以F(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，
利用隔离分析最值法证明不等式
(2023·青岛质检改编)已知函数f(x)＝ln x＋x.证明：xf(x)0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．
当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.
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ln x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ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点．
【变式训练】(此题为更换新题)
所以当x∈(0，x0)时，t(x)>0，则h′(x)>0，函数h(x)单调递增，当x∈(x0，＋∞)时，t(x)<0，则h′(x)<0，函数h(x)单调递减，
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，
放缩后构造函数证明不等式
而2x2－x＋1>0恒成立，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，g(x)>g(1)＝0，
令f(x)＝exln x＋2(x>0)，则f′(x)＝e(ln x＋1)，
(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．(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)＝－ln x，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．(2)证明：由bln a－aln b＝a－b，
x1≠x2，不妨设x12.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－x12.再证明x1＋x2x1，即x1＋x2
【变式训练】(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mln n－nln m＝m－n，证明：mn>e4.
当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
只需证明ln m＋ln n>4，即证ln m>4－ln n，当ln n≥3时，此式显然成立；当2f(4－ln n)，令h(x)＝f(x)－f(4－x)(2h(2)＝f(2)－f(2)＝0，∴f(x)>f(4－x)，∴f(ln n)>f(4－ln n)，即结论成立，综上，mn>e4.
名师讲坛 · 素养提升
有关x与ex，ln x的组合函数的处理方法1．熟悉函数f(x)＝h(x)ln x±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ln x与ex已知函数f(x)＝ax2－xln x.(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；
[解析] (1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)．对f(x)求导，得f′(x)＝2ax－ln x－1，因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f′(x)≥0恒成立，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1.(构造函数，利用单凋性求出最大值)
令φ(x)＝ex－ex(x>0)，则φ′(x)＝e－ex(x>0)．由φ′(x)>0，得01，
所以φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)在x＝1时取得最大值，最大值为φ(1)＝0，从而φ(x)≤0，即ex－ex≤0.
方法三 借助ex≥x＋1和ln x≤x－1进行放缩已知函数f(x)＝xex－aln x(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＝xln x－x3＋x2在(0，＋∞)上有解，构造函数k(x)＝xln x－x3＋x2，由零点存在性定理或利用ln x≤x－1可求得实数b的最大值．
由题意知，f′(x)≤0对x∈(0,1)恒成立，即(x2＋x)ex－a≤0对x∈(0,1)恒成立，也就是a≥(x2＋x)ex在(0,1)上恒成立．(分离参数)设h(x)＝(x2＋x)ex，则h′(x)＝ex(2x＋1)＋(x2＋x)ex＝ex(x2＋3x＋1)，当x∈(0,1)时，x2＋3x＋1>0，则h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)
当x∈(0，x0)时，m(x)<0，即k′(x)<0，k(x)单调递减；当x∈(x0,1)时，m(x)>0，即k′(x)>0，k(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，m(x)<0，即k′(x)<0，k(x)单调递减．由于x→0时，k(x)→0且k(x)<0，所以k(x)max＝k(1)＝0，于是实数b的最大值为0.
方法二：设k(x)＝xln x－x3＋x2，下面证ln x≤x－1(x>0)．当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减．所以φ(x)max＝φ(1)＝0，即φ(x)≤0，也就是ln x≤x－1.由此可知k(x)＝xln x－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ln x≤x－1(x>0)放缩，求出实数b的最大值)
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)
知识点三 利用导数研究函数零点的方法方法一：(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．方法二：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)分类讨论，判断函数零点的个数．
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－sin x有无数多个零点．( )
题组二 走进教材2．(选修2P99T13改编)若函数f(x)＝xln x－a有两个零点，则实数a的取值范围为( )
[解析] 函数的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xln x，记g(x)＝xln x.
A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)C．f(a)
4．(选修2P99T12改编)求证：(1)ex≥x＋1；(2)ln x≤x－1(x>0)．[证明] (1)设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1在(－∞，0)上f′(x)< 0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以f(x)在x＝0处有最小值，故f(x)≥f(0)＝0，∴ex≥x＋1.(2)设f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，在(0,1)上f′(x)>0，在(1，＋∞)上f′(x)<0，∴f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f(x)≤f(1)＝0.∴ln x≤x－1.
题组三 走向高考5．(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________.
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
【卡壳点】作差构造函数所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
【提醒】注意定义域范围
名师点拨：1．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”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．2．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．
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，又F(1)＝0，所以F(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，
利用隔离分析最值法证明不等式
(2023·青岛质检改编)已知函数f(x)＝ln x＋x.证明：xf(x)
当x∈(0,2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.
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ln x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ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点．
【变式训练】(此题为更换新题)
所以当x∈(0，x0)时，t(x)>0，则h′(x)>0，函数h(x)单调递增，当x∈(x0，＋∞)时，t(x)<0，则h′(x)<0，函数h(x)单调递减，
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，
放缩后构造函数证明不等式
而2x2－x＋1>0恒成立，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，g(x)>g(1)＝0，
令f(x)＝exln x＋2(x>0)，则f′(x)＝e(ln x＋1)，
(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．(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)＝－ln x，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．(2)证明：由bln a－aln b＝a－b，
x1≠x2，不妨设x1
【变式训练】(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mln n－nln m＝m－n，证明：mn>e4.
当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
只需证明ln m＋ln n>4，即证ln m>4－ln n，当ln n≥3时，此式显然成立；当2
名师讲坛 · 素养提升
有关x与ex，ln x的组合函数的处理方法1．熟悉函数f(x)＝h(x)ln x±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ln x与ex已知函数f(x)＝ax2－xln x.(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；
[解析] (1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)．对f(x)求导，得f′(x)＝2ax－ln x－1，因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f′(x)≥0恒成立，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1.(构造函数，利用单凋性求出最大值)
令φ(x)＝ex－ex(x>0)，则φ′(x)＝e－ex(x>0)．由φ′(x)>0，得0
所以φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)在x＝1时取得最大值，最大值为φ(1)＝0，从而φ(x)≤0，即ex－ex≤0.
方法三 借助ex≥x＋1和ln x≤x－1进行放缩已知函数f(x)＝xex－aln x(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＝xln x－x3＋x2在(0，＋∞)上有解，构造函数k(x)＝xln x－x3＋x2，由零点存在性定理或利用ln x≤x－1可求得实数b的最大值．
由题意知，f′(x)≤0对x∈(0,1)恒成立，即(x2＋x)ex－a≤0对x∈(0,1)恒成立，也就是a≥(x2＋x)ex在(0,1)上恒成立．(分离参数)设h(x)＝(x2＋x)ex，则h′(x)＝ex(2x＋1)＋(x2＋x)ex＝ex(x2＋3x＋1)，当x∈(0,1)时，x2＋3x＋1>0，则h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)
当x∈(0，x0)时，m(x)<0，即k′(x)<0，k(x)单调递减；当x∈(x0,1)时，m(x)>0，即k′(x)>0，k(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，m(x)<0，即k′(x)<0，k(x)单调递减．由于x→0时，k(x)→0且k(x)<0，所以k(x)max＝k(1)＝0，于是实数b的最大值为0.
方法二：设k(x)＝xln x－x3＋x2，下面证ln x≤x－1(x>0)．当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减．所以φ(x)max＝φ(1)＝0，即φ(x)≤0，也就是ln x≤x－1.由此可知k(x)＝xln x－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ln x≤x－1(x>0)放缩，求出实数b的最大值)
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