小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com§3.6利用导数证明不等式考试要求导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果．题型一将不等式转化为函数的最值问题例1(2023·坊模潍拟)已知函数f(x)＝ex－ax－a，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，令g(x)＝.证明：当x>0时，g(x)>1.(1)解函数f(x)＝ex－ax－a的定域义为R，求得导f′(x)＝ex－a，当a≤0，时f′(x)>0恒成立，即f(x)在(－∞，＋∞)上增，单调递当a>0，令时f′(x)＝ex－a>0，解得x>lna，令f′(x)<0，解得x<lna，即f(x)在(－∞，lna)上，在单调递减(lna，＋∞)上增，单调递所以当a≤0，时f(x)在(－∞，＋∞)上增，单调递当a>0，时f(x)在(－∞，lna)上，在单调递减(lna，＋∞)上增．单调递(2)证明当a＝1，时g(x)＝，当x>0，时>1⇔ex>1＋x＋⇔<1，令F(x)＝－1，x>0，F′(x)＝<0恒成立，则F(x)在(0，＋∞)上，单调递减F(x)<F(0)＝－1＝0，因此<1成立，所以当x>0，时g(x)>1，即原不等式得．证思维升华待不等式的含有同一量，一般地，可以直接造证两边个变时构“左右减”的函数，有的式子要行形，利用究其性和最，借助所造函的性和时对复杂进变导数研单调值构数单调最即可得．值证跟踪训练1设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2，当x<ln2，时f′(x)<0，函数f(x)在区间(－∞，ln2)上；单调递减当x>ln2，时f′(x)>0，函数f(x)在区间(ln2，＋∞)上增，单调递所以f(x)的是单调递减区间(－∞，ln2)，增是单调递区间(ln2，＋∞)，f(x)的小极值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，无大．极值小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com(2)证明要证当a>ln2－1且x>0，时ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln2－1且x>0，时ex－x2＋2ax－1>0，设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝2－2ln2＋2a，又a>ln2－1，则g′(x)min>0，于是对∀x∈(0，＋∞)，都有g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上增，单调递于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.题型二将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2(2023·州模苏拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明f(x)－＋2e≤0.(1)解函的定域数义为(0，＋∞)， f′(x)＝－a＝(x>0)，∴当a≤0，时f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上增；单调递当a>0，由时f′(x)>0，得0<x<，由f′(x)<0，得x>，即函数f(x)在上增，在上区间单调递．单调递减上，综当a≤0，时f(x)在区间(0，＋∞)上增；单调递当a>0，时f(x)在上增，在区间单调递上．单调递减(2)证明明证f(x)－＋2e≤0，只需明证f(x)≤－2e，由(1)知，当a＝e，函时数f(x)在区间(0,1)上增，在单调递(1，＋∞)上，单调递减∴f(x)max＝f(1)＝－e.令g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，∴当x∈(0,1)，时g′(x)<0，函数g(x)；单调递减当x∈(1，＋∞)，时g′(x)>0，函数g(x)增，单调递∴g(x)min＝g(1)＝－e，∴当x>0，a＝e，时f(x)－＋2e≤0.思维升华若直接求比或无下手，可待式行形，造函，而导较复杂从时将证进变构两个数从找到可以的中量，到明的目．本例中同含传递间达证标时lnx与ex，不能直接造函，把构数指分离，分算的最，借助最行明．数与对数两边别计它们值值进证小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com跟踪训练2(2023·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：ex＋xlnx＋x2－2x>0.(1)解由意可得题f′(x)＝ex＋2x－1，函则数f′(x)在R上增，且单调递f′(0)＝0.由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.则f(x)在(－∞，0)上，在单调递减(0，＋∞)上增，单调递故f(x)min＝f(0)＝0.(2)证...