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2022届高三一轮专题复习学案答案
2022届高三一轮专题复习学案
利用导数证明不等式恒成立
【课时目标】（1）熟练掌握各种证明不等式恒成立的方法；（2）学会解决试卷上的部分题型；（3）学会整理归纳方法总结.
一、题型认知
模板：在给定区间上恒成立
方向：构造函数
二、方法总结
方法一：直接构造
适当变形为或
例1：设函数f（x）=ln（x-1）+ax2+x+1，g（x）=（x-1）ex+ax2
（1）若a≥0，讨论g（x）的零点个数.
（2）证明.
方法二：函数的合成与分解
例2：已知f（x）=，设g（x）=（x2+x）f’（x）
试证明：对于x∈（0，+∞），使得g（x）＜1+e-2
例3：（2016山东节选）已知f（x）=x-lnx+
证明：f（x）＞f’（x）+对于x∈[1,2]成立.
方法三：找中间值
使得f（x）＞C
＞g（x）
例4：已知函数f（x）=ex-ax2，g（x）=ax（lnx-x）
若a∈（0,]且x＞0,.求证：f（x）＞g（x）
方法四：中间函数转换
h（x）＞g（x）＞f（x）
例5：已知在点处的切线方程为．
求实数a，b的值；
当时，证明：．
方法五：等价转化
常见转化：（1）换元后构造（2）消元后单一变量
例6：已知函数f（x）＝lnx﹣tx+t．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当t＝2时，方程f（x）＝m﹣ax恰有两个不相等的实数根x1，x2，证明：．
2022届高三一轮专题复习学案
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利用导数证明不等式恒成立答案
【课时目标】（1）熟练掌握各种证明不等式恒成立的方法；（2）学会解决试卷上的部分题型；（3）学会整理归纳方法总结.
一、题型认知
模板：在给定区间上恒成立
方向：构造函数
二、方法总结
方法一：直接构造
适当变形为或
例1：设函数f（x）=ln（x-1）+ax2+x+1，g（x）=（x-1）ex+ax2
（1）若a≥0，讨论g（x）的零点个数.
（2）证明.
【解答】由题意，，
当时，则函数，
此时函数有唯一的零点；
当时，令，易知当时，，递减，当时，，递增，
，故函数最多有两个零点，
当时，可得且，故，
，故时，，
在有一个零点；
当时，，故在上有一个零点；
综上可知，当时，有唯一零点，当时，有两个零点；
证明：令，，则，
令，可得在上是增函数，且，
在上有唯一零点，
当时，，
递减，当时，，递增，
故，
且，
，
，即得证．??
方法二：函数的合成与分解
例2：已知f（x）=，设g（x）=（x2+x）f’（x）
试证明：对于x∈（0，+∞），使得g（x）＜1+e-2
【解答】
∵f（x）=
∴f’（x）=
∴g（x）=（x2+x）f’（x）=（1-x-xlnx）
∵要证g（x）＜1+e-2即要证1-x-xlnx＜
令h（x）=1-x-xlnx
∴h’（x）=-lnx-2令h’（x）=0得x=
e-2
x
（0，e-2）
e-2
（e-2，+∞）
h’（x）
+
0
-
h（x）
极大值
∴h（x）≤h（e-2）=1+
e-2
∵x＞0，ex＞x+1
∴1-x-xlnx≤1+
e-2＜
例3：（2016山东节选）已知f（x）=x-lnx+
证明：f（x）＞f’（x）+对于x∈[1,2]成立.
令．
令，．
则，
由，可得，当且仅当时取等号；
又，
设，则在上单调递减，
且，，
在上存在，使得?时，时，，
函数在上单调递增；在上单调递减，
由于，，因此，当且仅当取等号，
，
恒成立．
即对于任意的成立．
方法三：找中间值
使得f（x）＞C
＞g（x）
例4：已知函数f（x）=ex-ax2，g（x）=ax（lnx-x），其中常数a∈R
若a∈（0,]且x＞0,.求证：f（x）＞g（x）
方法四：中间函数转换
h（x）＞g（x）＞f（x）
例5：已知在点处的切线方程为．
求实数a，b的值；
当时，证明：．
【解答】，
因为在点处的切线方程为，所以，，
即，解得，．
解法一：
由得，
先证明：当时，成立．
因为时，．
所以当时，成立；
再证明：当时，，即证成立．
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
所以当时，成立．
综上，当时，．
解法二：由得，
设，即，
则，
设，则在单调递增，
且，所以存在唯一，使得，即，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增；
，
设，则，
当时，，单调递减，
所以，
所以，即，
所以，当时，．
方法五：等价转化
常见转化：（1）换元后构造（2）消元后单一变量
例6：已知函数f（x）＝lnx﹣tx+t．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当t＝2时，方程f（x）＝m﹣ax恰有两个不相等的实数根x1，x2，证明：．
【解析】（1）解：f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x），
当t≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当t＞0时，令f′（x）＞0，得0＜x，令f′（x）＜0，得x．
∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．
综上所述，当t≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当t＞0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．
（2）证明：由f（x）＝m﹣ax，得lnx+（a﹣2）x+2﹣m＝0．
令g（x）＝lnx+（a﹣2）x+2，则g（x1）＝g（x2）＝m．
即lnx1+（a﹣2）x1＝lnx2+（a﹣2）x2，∴a﹣2．
不妨设0＜x1＜x2，要证，
只需证2（2﹣a），即证．
令（c＞1），g（c）＝2lnc﹣c，
∵g′（c）0．
∴g（c）在（1，+∞）上单调递减，则g（c）＜g（1）＝0．
故成立．
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