2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数的应用第3课时利用导数证明不等式教学案理北师大.doc

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1、第3课时　利用导数证明不等式方法一：移项补充构造法(2020·江西赣州模拟)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直．(1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.【解】　(1)因为f(x)＝1－，所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(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

2、以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上是增加的，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.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，14利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可

3、得证．　　已知函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．解：(1)因为f(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2.当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0

4、合题意，所以a＝1.(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xlnx.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x>0)．g′(x)＝lnx－1，由g′(x)＝0，得x＝e.由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得00.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．　方法二：隔离分析法(2020·福州模拟)已知函数f(x)＝elnx－a

5、x(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.【解】　(1)f′(x)＝－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增加的；②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，故f(x)在上是增加的，在上是减少的．14(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，所以f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，所以

6、当01时，g′(x)>0，g(x)是增加的，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二：由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤.设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝－1.所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(

7、1)＝1.设函数h(x)＝，则h′(x)＝.所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.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，达到证明的目的．　　已知f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有l

8、nx>－成立．解：(1)由f(x)＝xlnx，x>0，得f′(x)＝lnx＋1，14令f′(x)＝0，得x＝.当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减少的；当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增加的．①当0