1、第三章高考专题突破一高考中的导数综合问题第3课时利用导数证明不等式新高考数学复习考点知识讲义课件题型一题型一将不等式转化为函数的最值问题将不等式转化为函数的最值问题师生共研因为曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)1，且f(1)g(1)1，所以g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1.所以h(x)在1，)上单调递增，所以当x1时，h(x)h(1)0，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”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.思维升华跟踪训
2、练1 1(2021武汉调研)已知函数f(x)ln x ，aR.(1)讨论函数f(x)的单调性；当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增.当a0时，若xa，则f(x)0，函数f(x)在(a，)上单调递增；若0 xa，则f(x)0时，f(x)minf(a)ln a1.当0a1时，g(a)1时，g(a)0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以g(a)ming(1)0.题型题型二二将不等式转化为两个函数的最值进行比较将不等式转化为两个函数的最值进行比较师生共研再令(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(
3、1)0，所以exex0.因为h(x)与(x)不同时为0，故原不等式成立.(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，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处h(x)min(x)max恒成立.从而(x)h(x)恒成立，但此处(x)与h(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”，故(x)0)上的最小值；解由f(x)xln x，x0，得f(x)ln x1，令f(x)的最小值为g(t)，由m(x)1时，m(x)单调递减，由m(x)
4、0得0 x0；当x(1，)时，(x)2时，ln(x1)0，aln(x1)a(x2).要证f(x)2，所以h(x)0恒成立，所以h(x)在(2，)上单调递增，所以h(x)h(2)e240，所以当x2时，f(x)0)，kf(1)0，又f(1)0，切点为(1,0).切线方程为y00(x1)，即y0.(2)证明：当a1时，f(x)0.证明a1，aex1ex1，f(x)ex1ln x1.方法一令(x)ex1ln x1(x0)，(x)在(0，)上单调递增，又(1)0，当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，(x)min(1)0，(x)0，f(x)(x)0，即证f(x
5、)0.方法二令g(x)exx1，g(x)ex1.当x(，0)时，g(x)0，g(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，g(x)ming(0)0，故exx1，当且仅当x0时取“”.同理可证ln xx1，当且仅当x1时取“”由exx1ex1x(当且仅当x1时取“”)，由x1ln xxln x1(当且仅当x1时取“”)，ex1xln x1，即ex1ln x1，即ex1ln x10(当且仅当x1时取“”)，即证f(x)0.方法三f(x)aex1ln x1，定义域为(0，)，f(x)在(0，)上单调递增.又f(1)a10且x0时，f(x)，01ex 01ex 当x(0，x0)时，f(x)0，f
6、(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，01ex(x)在(0,1上单调递减，(x)min(1)0，(x)0，即f(x)minf(x0)0，故f(x)0.极值点极值点偏移问题偏移问题拓展视野极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变.解决此类问题，先需理解此类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，利用函数的性质解决问题例例1已知函数f(x)xex.(1)求函数f(x)的单调区间；解f(x)ex(1x)，令f(x)0得x1；令f(x)1，函数f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减.(2)若x1x2且f(x1)f(x2)，求证：x1x22.证明方法一(对称化构造法)构造
7、辅助函数F(x)f(x)f(2x)，x1，则F(x)f(x)f(2x)ex(1x)ex2(x1)(x1)(ex2ex)，当x1时，x10，ex2ex0，F(x)0，F(x)在(1，)上单调递增，F(x)F(1)0，故当x1时，f(x)f(2x)，(*)由f(x1)f(x2)，x1x2，可设x11f(2x2)，又f(x1)f(x2)，f(x1)f(2x2).又x11,2x22x2，x1x22.方法二(比值代换法)设0 x111时，g(t)单调递增，g(t)g(1)0，例例2已知函数f(x)ln xax有两个零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；若a0，则f(x)0，不符合题意；(2)求证：x
8、1x2e2.故ln x1x2ln x1ln x2a(x1x2)2，即x1x2e2.KESHIJINGLIAN课时精练课时精练1.(2021莆田模拟)已知函数f(x)xex1ax1，曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线l的斜率为3e2.(1)求a的值及切线l的方程；基础保分练1234512345解由f(x)xex1ax1，得f(x)(x1)ex1a，因为曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线l的斜率为3e2，所以f(2)3ea3e2，解得a2，所以f(2)2e412e3，故切线l的方程为y(2e3)(3e2)(x2)，即(3e2)xy4e10.所以a2，切线l的方程为(3e2)xy4e10
9、.(2)证明：f(x)0.1234512345证明由(1)，可得f(x)xex12x1，f(x)(x1)ex12，所以当x(，1时，f(x)1)，则g(x)(x2)ex10，所以当x(1，)时，g(x)单调递增，即f(x)单调递增，又因为f(1)0，所以当x(1,1)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增.所以f(x)f(1)0.2.(2021沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的单调区间与极值；12345解由f(x)ex2x2a，xR，得f(x)ex2，xR，令f(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的
10、变化情况如下表：12345x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)2(1ln 2a)故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，).f(x)在xln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)2(1ln 2a)，无极大值.12345(2)求证：当aln 21且x0时，exx22ax1.证明设g(x)exx22ax1，xR.于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当aln 21时，g(x)的最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意xR，都有g(x)0，所以g(x)在R内单调递增.于是当aln 21时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0).又g
11、(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx22ax10，故exx22ax1.3.已知函数f(x)eln xax(aR).(1)讨论f(x)的单调性；12345若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.1234512345当ae时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减.所以f(x)maxf(1)e，所以当0 x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e，综上，当x0时，f(x)g(x)，技能提升练123454.已知函数f(x)ln xax(aR).(1)讨论函数f(x
12、)在(0，)上的单调性；解f(x)的定义域为(0，)，12345当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，(2)证明：exe2ln x0恒成立.1234512345证明方法一要证exe2ln x0，即证ex2ln x，令(x)exx1，(x)ex1.令(x)0，得x0，x(，0)时，(x)0，(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，(x)min(0)0，即exx10，即exx1，当且仅当x0时取“”.同理可证ln xx1，当且仅当x1时取“”.12345由exx1(当且仅当x0时取“”)，可得ex2x1(当且仅当x2时取“”)，又ln xx1，即x1ln x，当且仅当x1时
13、取“”，所以ex2x1ln x且两等号不能同时成立，故ex2ln x.即证原不等式成立.方法二令(x)exe2ln x，(x)的定义域为(0，)，12345(x)在(0，)上单调递增.0ex0ex当x(0，x0)时，(x)0，(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，123450ex故(x)0，即exe2ln x0，即证原不等式成立.02lneex拓展冲刺练5.(2018全国)已知函数f(x)xaln x.(1)讨论f(x)的单调性；12345解f(x)的定义域为(0，)，12345若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递减.若a2，令f(x)0，得1234512345证明由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11.1234512345由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减.又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.
