《创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题34 导数与不等式的证明.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题34 导数与不等式的证明.pptx（34页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、INNOVATIVEDESIGN上篇板块五函数与导数微专题34导数与不等式的证明真题研析类题突破高分训练对接高考索引利利用用导数数证明明关关于于极极值、最最值、零零点点等等的的不不等等式式是是高高考考的的常常见类型型，一一般般为难度度较大的大的压轴题.索引1真题研析 类题突破索引当当x(0，1)时，ln(1x)0，xln(1x)0，xln(1x)xln(1x)，即即证x(1x)ln(1x)0，令令1xt，则x1t，t0且且t1，即即证1ttln t0，令，令h(t)1ttln t，则h(t)1ln t1ln t.当当t(0，1)时，h(t)0，h(t)单调递增，增，所以所以h(t)h(1)0，
2、所以所以1ttln t0成立，成立，即即g(x)0.易知易知g(x)在在(0，)上是增函数，上是增函数，且且g(1)0，索引故当故当x(0，1)时，g(x)0，所以所以g(x)g(1)0，索引由由题意得意得2x2ax10的两个不等的的两个不等的实根根为x1，x2，索引索引样题样题3 设函数f(x)ln xkx1.(1)当k0时，若对任意的x0，恒有f(x)0，求k的取值范围；解解f(x)的定的定义域域为(0，)，索引k的取的取值范范围是是1，).索引证明证明令令k1，由，由(1)知，知，ln xx10，ln xx1，nN，n2，ln n2n21，索引利用利用导数数证明不等式明不等式问题的方法的
3、方法(1)直直接接构构造造函函数数法法：证明明不不等等式式f(x)g(x)(或或f(x)0(或或f(x)g(x)1时，要，要证f(x)1(2a1)x，索引1234因因为a0，x1，所以所以x10，ax1aa1a10，所以所以g(x)0，g(x)在在(1，)是增函数，是增函数，所以所以g(x)g(1)0，即即f(x)1(2a1)x.索引12342.(2022西安西安调研研)已知函数f(x)a(x1)xln x(aR).(1)求函数f(x)的单调区间；解解f(x)的定的定义域域为(0，)，f(x)a(1ln x)ln xa1，令令ln xa10，解得，解得xea1.所所以以在在区区间(0，ea1)
4、上上，f(x)0，f(x)单调递增增；在在区区间(ea1，)上上，f(x)0，f(x)单调递减减.所以所以f(x)的的单调递增区增区间为(0，ea1)，单调递减区减区间为(ea1，).索引1234(2)当0 x1时，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围；解解易易知知f(1)0，由由(1)知知f(x)在在(0，ea1)上上单调递增增，在在(ea1，)上上单调递减，所以减，所以ea11，所以，所以a1.故故实数数a的取的取值范范围是是1，).索引1234证明证明当当a1，00，当当a0时，g(x)0，f(x)0，f(x)在在(0，)上上单调递增增，无无极极值，不不符符合合题意意.g(x)在在(0，
5、)上上单调递增，增，索引1234当当x0且且x0时，g(x)，g(a)2ea10，存在存在x0(0，a)，使得使得g(x0)0，即，即a2x0ex0.当当x(0，x0)时，g(x)0，f(x)0，f(x)0，f(x)单调递增增.函函数数f(x)的的极极小小值为f(x0)2x0ex0a(x0ln x0)2x0ex02x0ex0(x0ln x0)2x0ex0(1x0ln x0)0.令令h(x)1xln x0，索引1234h(x)在在(0，)上上单调递减，减，又又h(1)0，0 x01.令令p(x)exx1，0 x1，则p(x)ex10，故故p(x)在在(0，1)上上单调递增，增，p(x)p(0)0
6、.故当故当0 xx1.令令q(x)x1ln x，0 x11ln 10，故当，故当0 xln x./索引12344.(2022江西八校江西八校联考考)已知函数f(x)xaln x，g(x)exln x2x.(1)讨论函数f(x)的单调性；二、创新拓展练当当a0时，f(x)0恒成立，恒成立，则f(x)在在(0，)上上单调递增；增；当当a0时，f(x)在在(0，a)上上单调递减，在减，在(a，)上上单调递增增.索引1234(2)若g(x0)0，求x0ln x0的值；解解法一法一当当x0ln x00时，ln x0 x0，即，即x0ex0，即即ex0 x00，所以所以ex0 x0 x0ln x00时，l
7、n x0 x0，即即x0ex0，即，即ex0 x00，所以所以ex0 x0 x0ln x00与与ex02x0ln x00矛盾；矛盾；当当x0ln x00时，ln x0 x0，即即x0ex0，即即ex0 x00，所以所以ex02x0ln x00，故故x0ln x00成立成立.索引1234法二法二因因为ex02x0ln x0，所以所以ex0 x0 x0ln x0，所以所以ex0ln ex0 x0ln x0.因因为f(x)xln x是增函数，是增函数，f(ex0)f(x0)，所以所以ex0 x0，即即ex0 x0 x0ln x00.索引1234(3)证明：xxln xexx2.证明证明要要证xxln xexx2，即即证exx2xxln x0.设h(x)exx2xxln x，x0，则h(x)ex2xln x.令令(x)h(x)，索引1234即即ex02x0ln x00，所以当所以当x(0，x0)时，h(x)0，所以函数所以函数h(x)在在(0，x0)上上单调递减，在减，在(x0，)上上单调递增，增，由由ex02x0ln x00，得得h(x0)(x01)(x0ln x0)0，所以所以h(x)0，即，即xxln xexx2.INNOVATIVEDESIGNTHANKS本节内容结束