新高考数学二轮复习 专题突破 专题1 第6讲 母题突破1　导数与不等式的证明（含解析）.doc

第6讲　导数的综合应用[考情分析]　1.利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题的形式压轴出现，难度较大．母题突破1　导数与不等式的证明母题　已知函数f(x)＝ex－x2.(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求证：当x>0时，≥ln x＋1.思路分析❶求切线方程↓❷f(x)≥(e－2)x＋1　　↓❸ex－x2－(e－2)x－1≥0↓❹ex＋(2－e)x－1≥x2↓❺≥x≥ln x＋1(1)解　f′(x)＝ex－2x，f′(1)＝e－2，又f(1)＝e－1.∴切线方程为y－(e－1)＝(e－2)(x－1)，即y＝(e－2)x＋1.(2)证明　令φ(x)＝f(x)－[(e－2)x＋1]＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，令t(x)＝φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，t′(x)＝ex－2，当x∈(0，ln 2)时，t′(x)<0，当x∈(ln 2，＋∞)时，t′(x)>0，∴φ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又φ′(0)＝3－e>0，φ′(1)＝0，∴φ′(ln 2)<0，∴∃x0∈(0，ln 2)使φ′(x0)＝0，即当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，φ′(x)>0，x∈(x0，1)时，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，φ(1)＝0，∴φ(x)min＝0，∴φ(x)≥0，即ex－x2－(e－2)x－1≥0，即ex＋(2－e)x－1≥x2，即≥x，要证≥ln x＋1，即证x≥ln x＋1，令h(x)＝x－ln x－1(x>0)，∴h′(x)＝1－＝，h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝0，∴h(x)≥0，即x≥ln x＋1，则原不等式成立．[子题1]　已知函数f(x)＝ex－ax－a，当a＝1时，令g(x)＝.求证：当x>0时，g(x)<1.证明　当a＝1时，g(x)＝，令φ(x)＝ex－x－1，x>0，∴φ′(x)＝ex－1>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝0，即ex－x－1>0.要证g(x)<1，即证<1，即证0，令h(x)＝ex－x－1－，x>0，h′(x)＝ex－x－1>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，∴ex－x－1－>0，即证原不等式成立．方法二　即证＋x＋10，∴F′(x)＝<0，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递减，当x→0时，F(x)→1，∴F(x)<1，因此<1，即证原不等式成立．[子题2]　(2022·德州联考改编)已知函数f(x)＝ln .若x∈(0,1)，求证：f(x)0，函数g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)x3，所以1＋x－x3>1，又11，所以g(x)<10，ex>e0＝1，则只需证1－ln x＋x2－<1，只需证ln x－x2＋>0，令t(x)＝ln x－x2＋，x∈(0,1)，则t′(x)＝－2x－＝<<0，则函数t(x)在(0,1)上单调递减，则t(x)>t(1)＝ln 1－12＋1＝0，所以ln x－x2＋>0成立，即原不等式成立．规律方法　利用导数证明不等式问题的方法(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)0(或f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论．(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数．1．(2021·全国乙卷改编)设函数f(x)＝ln(1－x)，函数g(x)＝.求证：g(x)<1.证明　f(x)＝ln(1－x)，g(x)＝＝，x<1且x≠0，当x∈(0,1)时，要证g(x)＝<1，∵x>0，ln(1－x)<0, ∴xln(1－x)<0，即证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0；同理，当x∈(－∞，0)时，要证g(x)＝<1，∵x<0，ln(1－x)>0，∴xln(1－x)<0，即证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0，令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，再令t＝1－x，则t∈(0,1)∪(1，＋∞)，x＝1－t，令g(t)＝1－t＋tln t，t∈(0,1)∪(1，＋∞)，g′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0；当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，综上所述，g(x)＝<1在x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立．2．已知函数f(x)＝ex－a－ln(x＋a)．当a≤1时，证明：f(x)>0.证明　先证不等式ex≥x＋1与x－1≥ln x，设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1＝0⇒x＝0，可得g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)＝ex－x－1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1；设h(x)＝x－1－ln x，则h′(x)＝1－＝0⇒x＝1，可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)，注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它们无法同时取等，所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.专题强化练1．(2022·吕梁模拟)已知函数f(x)＝ex－x－1.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥x2＋cos x.(1)解　易知函数f(x)的定义域为R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)＝ex－1<0，解得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．(2)证明　要证f(x)＋x＋1≥x2＋cos x，即证ex－x2－cos x≥0，设g(x)＝ex－x2－cos x，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sin x，又∵sin x≥－1，∴g′(x)＝ex－x＋sin x≥ex－x－1(当且仅当x＝－＋2kπ，k∈Z时，等号成立)，由(1)知ex－x－1≥0(当x＝0时等号成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0.∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥x2＋cos x.2．(2022·鹤壁模拟)设函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝e时，证明：f(e－x)0)，则g′(x)＝，所以当00，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(e)＝＋1. 设h(x)＝＋，h′(x)＝，则当01时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝e＋， 又＋1