新高考數(shù)學二輪復習考點突破課件 第1部分 專題突破 專題1　第5講　母題突破1　導數(shù)與不等式的證明（含解析）

第5講導數(shù)的綜合應用專題一

函數(shù)與導數(shù)考情分析1.利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見題型，而導數(shù)與函數(shù)、

不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題是高考的熱點和難點.2.多以解答題的形式壓軸出現(xiàn)，難度較大.母題突破1導數(shù)與不等式的證明

已知函數(shù)f(x)＝ex－x2.(1)求曲線f(x)在x＝1處的切線方程；母題思路分析?求切線方程

↓?f(x)≥(e－2)x＋1

↓?ex－x2－(e－2)x－1≥0

↓?ex＋(2－e)x－1≥x2

↓(1)f′(x)＝ex－2x，f′(1)＝e－2，又f(1)＝e－1.∴切線方程為y－(e－1)＝(e－2)(x－1)，即y＝(e－2)x＋1.(2)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，當x∈(0，ln2)時，t′(x)<0，當x∈(ln2，＋∞)時，t′(x)>0，∴φ′(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ′(0)＝3－e>0，φ′(1)＝0，∴φ′(ln2)<0，∴?x0∈(0，ln2)使φ′(x0)＝0，即當x∈(0，x0)∪(1，＋∞)時，φ′(x)>0，x∈(x0，1)時，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，φ(1)＝0，∴φ(x)min＝0，∴φ(x)≥0，即ex－x2－(e－2)x－1≥0，令h(x)＝x－lnx－1(x>0)，h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)min＝h(1)＝0，∴h(x)≥0，即x≥ln

x＋1，則原不等式成立.子題1令φ(x)＝ex－x－1，x>0，∴φ′(x)＝ex－1>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)>φ(0)＝0，即ex－x－1>0.∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)>h(0)＝0，∴F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，當x→0時，F(xiàn)(x)→1，∴F(x)<1，子題2設函數(shù)g(x)＝x(1－ln

x)，則g′(x)＝－ln

x，當x∈(0,1)時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以g(x)<g(1)＝1，設函數(shù)h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，因為x∈(0,1)，所以x>x3，所以1＋x－x3>1，又1<ex<e，所以h(x)>1，所以g(x)<1<h(x)，即原不等式成立.因為x∈(0,1)，所以1－ln

x>0，ex>e0＝1，則函數(shù)t(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則t(x)>t(1)＝ln1－12＋1＝0，利用導數(shù)證明不等式問題的方法(1)直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)>0(或f(x)－g(x)<0)，進而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x).(2)適當放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結(jié)論.(3)構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同結(jié)構(gòu)變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).規(guī)律方法跟蹤演練f(x)＝ln(1－x)，∵x>0，ln(1－x)<0,∴xln(1－x)<0，即證x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化簡得x＋(1－x)ln(1－x)>0；同理，當x∈(－∞，0)時，∵x<0，ln(1－x)>0，∴xln(1－x)<0，即證x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化簡得x＋(1－x)ln(1－x)>0，令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，再令t＝1－x，則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，當t∈(0,1)時，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減，假設g(1)能取到，則g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0；當t∈(1，＋∞)時，g′(t)>0，g(t)單調(diào)遞增，假設g(1)能取到，則g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，2.已知函數(shù)f(x)＝ex－a－ln(x＋a).當a≤1時，證明：f(x)>0.先證不等式ex≥x＋1與x－1≥lnx，設g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1＝0?x＝0，可得g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)＝ex－x－1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1；可得h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)＝x－1－ln

x≥h(1)＝0，即x－1≥lnx.于是，當a≤1時，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)，注意到以上三個不等號的取等條件分別為x＝a，a＝1，x＋a＝1，它們無法同時取等，所以當a≤1時，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.專題強化練1.(2022·呂梁模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－x－1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；12易知函數(shù)f(x)的定義域為R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，令f′(x)＝ex－1<0，解得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，∴函數(shù)f(x)的極小值為f(0)＝0，無極大值.1212要證原不等式成立，即證g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sinx，又∵sinx≥－1，12由(1)知ex－x－1≥0(當x＝0時等號成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(0)＝0.2.(2022·鶴壁模擬)設函數(shù)f(x)＝ln(a－x)－x＋e.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；12函數(shù)f(x)＝ln(a－x)－x＋e的定義域為(－∞，a)，因為當x<a時，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，a)上單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，a)，無單調(diào)遞增區(qū)間.12當a＝e時，f(x)＝l