高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用 第4节 利用导数证明不等式教学案 文 北师大版-北师大版高三全册数学教学案

第四节 利用导数证明不等式(对应学生用书第 47 页)⊙考点 1 作差法构造函数证明不等式(1)欲证函数不等式 f(x)＞g(x)(x＞a)，只需证明 f(x)－g(x)＞0(x＞a)，设 h(x)＝f(x)－g(x)，即证 h(x)＞0(x＞a)．若 h(a)＝0，h(x)＞h(a)(x＞a)．接下来往往用导数证得函数 h(x)是增函数即可．(2)欲证函数不等式 f(x)＞g(x)(x∈I，I 是区间)，只需证明 f(x)－g(x)＞0(x∈I)．设 h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证 h(x)＞0(x∈I)，也即证 h(x)min＞0(x∈I)(若 h(x)min不存在，则须求函数 h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决． 已知函数 f(x)＝ax＋xln x 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)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝ax＋xln x，所以 f′(x)＝a＋ln x＋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＋ln e－2＋1＝0，所以 a＝1，所以 f′(x)＝ln x＋2.当 f′(x)＞0 时，x＞e－2；当 f′(x)＜0 时，0＜x＜e－2，所以 f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，所以 f(x)在 x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以 a＝1.(2)证明：由(1)知 a＝1，所以 f(x)＝x＋xln x.令 g(x)＝f(x)－3(x－1)，即 g(x)＝xln x－2x＋3(x＞0)．g′(x)＝ln x－1，由 g′(x)＝0，得 x＝e.由 g′(x)＞0，得 x＞e；由 g′(x)＜0，得 0＜x＜e.所以 g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以 g(x)在(1，＋∞)上的最小值为 g(e)＝3－e＞0.于是在(1，＋∞)上，都有 g(x)≥g(e)＞0，所以 f(x)＞3(x－1)． 将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由 f(x)≤f(x)max或 f(x)≥f(x)min直接证得不等式． (2019·广州模拟)已知函数 f(x)＝ex－ax(e 为自然对数的底数，a 为常数)的图像在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求 a 的值及函数 f(x)的极值；(2)证明：当 x＞0 时，x2＜ex.[解](1)由 f(x)＝ex－ax，得 f′(x)＝ex－a.因为 f′(0)＝1－a＝－1，所以 a＝2，所以 f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令 f′(x)＝0，得 x＝ln 2，1当 x＜ln 2 时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；当 x＞ln 2 时，f′(x)＞0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以当 x＝ln 2 时，f(x)取得极小值，且极小值为 f(l...