导数与不等式的证明课件高三数学二轮复习

专题一

函数与导数第5讲导数的综合应用专题一

函数与导数考情分析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

(2023·十堰调研)已知函数f(x)＝(2－x)ex－ax－2.(1)若f(x)在R上是减函数，求a的取值范围；(2)当0≤a<1时，求证：f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点x0，且x0<

.母题思路分析❶f′(x)≤0恒成立❷f′(x)max≤0求解❸0<x0<2❺ax0＋x0<(2－x0)❻(2－x0)

≤e(1)因为f(x)＝(2－x)ex－ax－2，所以f′(x)＝(1－x)ex－a.由f(x)在R上是减函数，得f′(x)≤0，即(1－x)ex－a≤0在R上恒成立.令g(x)＝(1－x)ex－a，则g′(x)＝－xex.当x∈(－∞，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.故g(x)max＝g(0)＝1－a≤0，解得a≥1，即a的取值范围为[1，＋∞).(2)由(1)可知，f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，且当0≤a<1时，f′(0)＝1－a>0，f′(1)＝－a≤0，故∃x1∈(0,1]，使得f′(x1)＝0.当x∈(0，x1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.因为f(0)＝0，f(2)＝－2a－2<0，所以f(x)在(0,2)上只有一个零点x0，故函数f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点x0.即证ax0＋x0<e.因为f(x0)＝(2－x0)

－ax0－2＝0，所以(2－x0)

＝ax0＋2>ax0＋x0，令h(x)＝(2－x)ex－e,0<x<2，则h′(x)＝(1－x)ex.当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1,2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减.故h(x)max＝h(1)＝0.即(2－x0)

－e≤0，即(2－x0)

≤e，所以ax0＋x0<e，原不等式即证.

(2023·哈师大附中模拟)已知函数f(x)＝ex＋exlnx(其中e是自然对数的底数).求证：f(x)≥ex2.子题1由f(x)≥ex2，得ex＋exlnx≥ex2，令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1，当x>1时，h′(x)>0；当0<x<1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)＝0.所以当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，于是g(x)≥g(1)＝0，原不等式得证.

已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ex.证明：f(x)＋

>g(－x).子题2根据题意，g(－x)＝e－x，设函数m(x)＝xlnx，则m′(x)＝1＋lnx，则h′(x)＝e－x(1－x).所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，综上，当x>0时，m(x)>h(x)，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)<g(x))转化为证明f(x)－g(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.跟踪演练1.(2023·桂林模拟)已知函数f(x)＝x2－cosx，求证：f(x)＋2－

>0.f(x)＝x2－cosx，令g(x)＝x2－cosx，∵g(－x)＝g(x)，∴g(x)为偶函数，当x∈[0，＋∞)时，g′(x)＝2x＋sinx，令k(x)＝2x＋sinx，k′(x)＝2＋cosx>0，∴g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴g′(x)≥g′(0)＝0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，由g(x)为偶函数知，g(x)在(－∞，0]上单调递减，∴g(x)≥g(0)＝－1.∴当x>1时，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递减；当x<1时，h′(x)>0，∴h(x)在(－∞，1)上单调递增.∴h(x)max＝h(1)＝－1，原不等式得证.2.(2023·南昌模拟)已知函数f(x)＝a(x2－1)－lnx(x>0).若0<a<，设函数f(x)的较大的一个零点记为x0，求证：f′(x0)<1－2a.由f(x)＝a(x2－1)－lnx，所以当0<x<1时，f(x)>f(1)＝0，又当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以必然存在x0>1，使得f(x0)＝0，要证f′(x0)<1－2a，所以当x>1时，φ′(x)<0，则φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)＝0.专题强化练121.(2023·咸阳模拟)已知函数f(x)＝

(x∈R).(1)求f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；所以所求切线为x－y＝0.12(2)求证：当x∈[0，π]时，f(x)≤x.12由f(x)≤x，x∈[0，π]，即xex－sinx≥0，x∈[0，π]，令g(x)＝xex－sinx，x∈[0，π]，则g′(x)＝ex＋xex－cosx，令h(x)＝ex＋xex－cosx，x∈[0，π]，则h′(x)＝2ex＋xex＋sinx≥0在[0，π]上恒成立，12所以h(x)在[0，π]上单调递增，有h(x)≥h(0)＝0，所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立，即g(x)在[0，π]上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，即xex－sinx≥0，x∈[0，π]，综上，当x∈[0，π]时，f(x)≤x.122.(2023·江苏省八市模拟)已知函数f(x)＝ax－lnx－

，设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，且x1<x2.(1)求a的取值范围；12由题意得ax2－x＋a＝0有两个不相等的正实数根，12(2)证明：f(x1)－f(x2)<x2－x1.12f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，所以x1是f(x)的极大值点