第3节　微课1　构造函数证明不等式.ppt

1、INNOVATIVE DESIGN 第三章 第3节导数的综合应用 INNOVATIVE DESIGN 微课一构造函数证明不等式微课一构造函数证明不等式 题型分类突破 题型跟踪训练 内 容 索 引 1 2 / / 题型分类突破 1 索引 题型一移项构造函数证明不等式题型一移项构造函数证明不等式 【例例1】已已知函数知函数f(x)x2e2x 2. (1)求曲线求曲线yf(x)在点在点(1，f(1)处的切线方程；处的切线方程； 解解f(x)2e2x 2(x2 x)，f(1)4，f(1)1， 则曲线则曲线yf(x)在点在点(1，1)处的切线方程为处的切线方程为y14(x1)， 即即y4x3. 索引 【

2、例例1】已已知函数知函数f(x)x2e2x 2. (2)当当x0，2时，求证：时，求证：f(x)2x28x5. 证明证明当当x0，2时，令时，令g(x)x2e2x 2 2x28x5， 则则g(x)2e2x 2(x2 x)4x8， 令令h(x)g(x)，则，则h(x)2e2x 2(2x2 4x1)40， 所以所以g(x)在在0，2上单调递增，且上单调递增，且g(1)0， 所以所以g(x)在在0，1上单调递减，在上单调递减，在(1，2上单调递增，上单调递增， 所以所以g(x)的最小值为的最小值为g(1)0， 所以所以g(x)0， 即即f(x)2x28x5. 索引 待证不等式的两边含有同一个变量时，

3、一般地，可以直接构造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“左减右左减右”或或 “右减左右减左”的函数，利用研究其单调性等相关函数性质证明不等式的函数，利用研究其单调性等相关函数性质证明不等式. 感悟升华 索引 所以所以g(x)在在(1，)上是增函数，上是增函数， 索引 题型二放缩后构造函数证明不等式题型二放缩后构造函数证明不等式 【例例2】(2020长沙调研长沙调研)已已知函数知函数f(x)aexln x1. (1)设设x2是是f(x)的极值点，求的极值点，求a，并求，并求f(x)的单调区间；的单调区间； 由题设知，由题设知，f(2)0， 当当0 x2时，时，f(x)2时，时

4、，f(x)0. 所以所以f(x)的单调递减区间为的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为，单调递增区间为(2，). 索引 当当0 x1时，时，g(x)1时，时，g(x)0. 所以所以x1是是g(x)的极小值点，也是最小值点的极小值点，也是最小值点. 故当故当x0时，时，g(x)g(1)0. 索引 某些不等式，直接构造不易求最值，可利用条件与不等式性质，适当放缩后，某些不等式，直接构造不易求最值，可利用条件与不等式性质，适当放缩后， 再构造函数进行证明再构造函数进行证明. 感悟升华 索引 当当x(0，1)时，时，f(x)0， f(x)的单调递减区间为的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为，

5、单调递增区间为(1，). 索引 当当x(0，1)时，时，ex(1，e)，ln x0， 则函数则函数g(x)在在(0，1)上单调递增，于是上单调递增，于是g(x)0，f(x)在在(0，)上单调递增；上单调递增； 索引 【例例3】(2021百校大联考百校大联考)已已知函数知函数f(x)eln xax(aR). (2)当当ae时，证明：时，证明：xf(x)ex2ex0. 当当ae时，由时，由(1)知，知，f(x)在在(0，1)上单调递增，在上单调递增，在(1，)上单调递减上单调递减. 所以所以f(x)maxf(1)e. 所以当所以当0 x1时，时，g(x)1时，时，g(x)0，g(x)单调递增，单调

6、递增， 所以所以g(x)ming(1)e. 即即xf(x)ex2ex0得证得证. 索引 1.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从若直接求导比较复杂或无从下手时，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，达到证明的目标而找到可以传递的中间量，达到证明的目标. 2.在证明过程中，等价转化是关键，此处在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)minf(x)max恒成立，从而恒成立，从而f(x)g(x)恒恒 成立成立. 感悟升华 索引 证明证明函数函数f(x)的定义域为的定义域为(0，). 设函数设函数g(x)xln x，则，则g(x)1ln x(x

7、0)， 【训练训练 3】已知函数已知函数 f(x)exln x2 xe x1，证明： ，证明：f(x)1. 所以当所以当x(0，1)时，时，h(x)0； 索引 当当x(1，)时，时，h(x)0时，时，g(x)h(x)，即，即f(x)1. 索引 近年高考应考，常涉及近年高考应考，常涉及“双变量双变量”或或“双参双参”相关问题，能力要求高，破解问相关问题，能力要求高，破解问 题的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含题的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含 双变量问题转化为含单变量的问题，二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函双变量问题转化为含单

8、变量的问题，二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函 数的单调性，从而求其最值数的单调性，从而求其最值. “双变量”问题的转化 索引 【例例1】(2021重庆调研重庆调研)已已知函数知函数f(x)ln xax2(ab1)xb1(a，bR). (1)若若a0，试讨论，试讨论f(x)的单调性；的单调性； 当当b1时，时，f(x)0恒成立，恒成立，f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增. 索引 证明证明由由f(x)max2得得ln x(a2)x2m0， 令令g(x)ln x(a2)x2，x0， 则则g(x1)g(x2)m， 依题意有依题意有ln x1(a2)x1ln x2(a2)x2. 索引 不妨设不

9、妨设x2x10. 要证要证 1 x1 1 x2 42a， h(t)在在(1，)上单调递减，上单调递减， 索引 【例例2】(2020成都调研成都调研)已已知函数知函数f(x)(xa)e x，若曲线 ，若曲线yf(x)在点在点(0，f(0) 处的切线与直线处的切线与直线yx2平行平行. (1)求实数求实数a的值；的值； 解解由由f(x)(xa)e x，得 ，得f(x)(1ax)e x. 依题设依题设f(0)1a1， a0. 索引 【例例2】(2020成都调研成都调研)已已知函数知函数f(x)(xa)e x，若曲线 ，若曲线yf(x)在点在点(0，f(0) 处的切线与直线处的切线与直线yx2平行平行

10、. (2)如果如果0 x13. 证明证明由由(1)知，知，f(x)xe x， ， 因为因为0 x10)，则，则x1etx1t， 因为因为t0，所以，所以et10，即证，即证(t3)et3t30. 索引 设设g(t)(t3)et3t3(t0)， 则则g(t)(t2)et3(t0). 令令h(t)(t2)et3(t0)， 则则h(t)(t1)et， 当当0t1时，时，h(t)1时，时，h(t)0， 所以函数所以函数h(t)在在(0，1)上单调递减，在上单调递减，在(1，)上单调递增，上单调递增， 所以所以h(t)h(1)3e0，即，即g(t)0， 所以所以g(t)在在(0，)上单调递增，上单调递增

11、， 所以所以g(t)g(0)0， 所以所以3x1x23. 索引 思维升华 题型跟踪训练 2 0102030405索引 所以所以h(x)在在1，)上单调递增，上单调递增， 0102030405索引 2.(2021武汉模拟武汉模拟)设设a为实数，函数为实数，函数f(x)ex2x2a，xR. (1)求求f(x)的单调区间与极值；的单调区间与极值； 解解由由f(x)ex2x2a，xR，得，得f(x)ex2，xR，令，令f(x)0， 得得xln 2. 于是当于是当x变化时，变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：的变化情况如下表： 故故f(x)的单调递减区间是的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增

12、区间是，单调递增区间是(ln 2，). f(x)在在xln 2处取得极小值，极小值处取得极小值，极小值f(ln 2)2(1ln 2a)，无极大值，无极大值. x(，ln 2)ln 2(ln 2，) f(x)0 f(x)2(1ln 2a) 0102030405索引 2.(2021武汉模拟武汉模拟)设设a为实数，函数为实数，函数f(x)ex2x2a，xR. (2)求证：当求证：当aln 21且且x0时，时， exx22ax1. 证明证明设设g(x)exx22ax1，xR. 于是于是g(x)ex2x2a，xR. 由由(1)知当知当aln 21时，时，g(x)的最小值为的最小值为g(ln 2)2(1l

13、n 2a)0. 于是对任意于是对任意xR，都有，都有g(x)0，所以，所以g(x)在在R内单调递增内单调递增. 于是当于是当aln 21时，对任意时，对任意x(0，)，都有，都有g(x)g(0). 又又g(0)0，从而对任意，从而对任意x(0，)，g(x)0. 即即exx22ax10，故，故exx22ax1. 0102030405索引 3.已知函数已知函数f(x)(x1)(x22)ex2x. (1)求曲线求曲线yf(x)在点在点(0，f(0)处的切线方程；处的切线方程； 解解因为因为f(x)2x(x1)exx(x22)ex2 x2(x2)ex2， 所以所以f(0)2. 因为因为f(0)2， 所

14、以曲线所以曲线yf(x)在点在点(0，f(0)处的切线方程为处的切线方程为2xy20. 0102030405索引 3.已知函数已知函数f(x)(x1)(x22)ex2x. (2)证明：证明：f(x)x24. 证明证明要证要证f(x)x24， 只需证只需证(x1)(x22)exx22x4， 设设g(x)x22x4(x1)23， h(x)(x1)(x22)ex， 则则h(x)x2(x2)ex. 由由h(x)0，得，得x2， 故故h(x)在在2，)上单调递增；上单调递增； 由由h(x)0，得，得x2， 故故h(x)在在(，2)上单调递减，上单调递减， 所以所以 h(x)minh(2)18 e2 .

15、0102030405索引 因为因为e2.718， 又又g(x)max3，所以，所以g(x)maxx22x4， 即即f(x)x24. 0102030405索引 解得解得a1，b1. 0102030405索引 0102030405索引 所以当所以当x1时，时，h(x)0.而而h(1)0， 0102030405索引 5.(2020豫北名校联考豫北名校联考)已已知函数知函数f(x)ex 1 kx2k(其中其中e是自然对数的底数，是自然对数的底数， kR). (1)讨论函数讨论函数f(x)的单调性；的单调性； 解解易得易得f(x)ex 1 k， 当当k0时，令时，令f(x)0，得，得xln k1， 可得

16、当可得当x(，ln k1)时，时，f(x)0， 所以函数所以函数f(x)在区间在区间(，ln k1)上单调递减，在区间上单调递减，在区间(ln k1，)上单调上单调 递增递增. 当当k0时，时，f(x)ex 1 k0恒成立，恒成立， 故此时函数故此时函数f(x)在在R上单调递增上单调递增. 0102030405索引 5.(2020豫北名校联考豫北名校联考)已已知函数知函数f(x)ex 1 kx2k(其中其中e是自然对数的底数，是自然对数的底数， kR). (2)当函数当函数f(x)有两个零点有两个零点x1，x2时，证明时，证明x1x22. 证明证明当当k0时，由时，由(1)知函数知函数f(x)在在R上单调递增，不存在两个零点，上单调递增，不存在两个零点， 所以所以k0， 由题意知由题意知ex1 1 k(x12)，ex2 1 k(x22)， 0102030405索引 即证即证(t1)ln t2(t1)0， 令令g(t)(t1)ln t2(t1)(t1)， 所以所以g(t)g(1)0. 所以所以g(t)在区间在区间(1，)上单调递增，上单调递增， 所以当所以当t1时，时，g(t)g(1)0，即，即(t1)ln t2(t1)0， 原不等式得证原不等式得证. INNOVATIVE DESIGN THANKS本节内容结束