适用于新教材2024版高考数学一轮总复习：利用导数证明不等式课件北师大版.pptxVIP

;内容索引;考情分析:导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活.纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放在解答题的最后位置,对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养都有较深入的考查.;;设g(x)=xex-2-ln 2-1,则g'(x)=xex-2-ln 2+ex-2-ln 2>0, ∴g(x)在(0,+∞)上单调递增, 又∵g(2)=0,∴当x>2时,g(x)>0, 即f'(x)>0; 当0<x<2时,g(x)<0,即f'(x)<0. 所以f(x)在(0,2)上单调递减;在(2,+∞)上单调递增.;规律方法 直接构造函数证明不等式 (1)证明不等式f(x)≥g(x)的一般步骤:首先构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后求h'(x),并判断h'(x)在给定区间上的正负,确定h'(x)的单调性,从而结合区间端点的函数值即可证得结论. (2)构造函数利用单调性证明不等式的关键是构造函数,确定其单调性,为了使构造的函数更容易地判定其单调性,有时还会先将欲证不等式进行合理地等价变形,再构造函数,尤其是对于含有ln x和ex的函数.;对点训练(2023·海南华侨中学模拟)函数f(x)=aex+sin x+cos x(a∈R). (1)若f(x)在(0,π)上单调递增,求a的取值范围; (2)若a=1时,证明:f(x)≥2x+2.;(2)证明 当a=1时,f(x)=ex+sin x+cos x. 要证f(x)≥2x+2, 只需证明ex+sin x+cos x≥2x+2,;令t(x)=2sin x-2x,t'(x)=2cos x-2≤0恒成立, 则t(x)在R上单调递减且t(0)=0,则h'(0)=0. 所以当x<0时,t(x)>0,即h'(x)>0, 故h(x)在(-∞,0)上单调递增, 当x>0时,t(x)<0,即h'(x)<0, 故h(x)在(0,+∞)上单调递减, 所以h(x)max=h(0)=1,即h(x)≤1恒成立, 即f(x)≥2x+2成立.;;规律方法 1.若直接求导后导数式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.在证明过程中,等价转化是关键. 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.;对点训练已知函数f(x)=eln x-ax(x∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0.;所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0, 故g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 从而g(x)在(0,+∞)上的最大值为g(1)=1.;所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0, 当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0, 故h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,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)恒成立, 即xf(x)-ex+2ex≤0.;;规律方法 放缩法证明不等式 在证明不等式的时候,若直接证明比较困难,可将不等式中的部分项进行放大或缩小,然后证明放缩后的不等式成立,再根据不等式的传递性证明原不等式成立,这种方法就是放缩法证明不等式,常用的放缩技巧有:(1)ex≥x+1;(2)ex-1≥x;(3)ln x≤x-1;(4)ln(x+1)≤x等.;;(1)解 f'(x)=2(x+1)-k(1+ln(x+1)), ①当k≤2时,由x≥0得f'(x)=2(x+1)-k(1+ln(x+1))≥2(x-ln(x+1)), 所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以φ(x)≥φ(0)=0,即f'(x)≥0, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增, 又f(0)=0,因此f(x)≥0恒成立;;规律方法 证明与数列有关的不等式的策略 在证明与数列有关的不等式时,往往是从题目中已经证得的结论(参数取值范围、不等式等)出发,通过特殊化处理,即将其中的变量替换为特殊的变量,尤其是可替换为与自然数n有关的式子,然后再结合数列中的裂项求和以及不等式的放缩等方法证得结论.;内容索引;考情分析:导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活.纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放在解答题的最后位置,对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养都有较深入的考查.;;设g(x)=xex-