专题1.5 母题突破1 导数与不等式的证明-2021【步步高】高考数学大二轮专题复习与增分策略课件（湘闽粤）专用

专题一　函数与导数 第5讲　导数的综合应用 1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，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.多以解答题压轴形式出现，难度较大. 考情分析 KAO QING FEN XI 内 容 索 引 母题突破1　 专题强化练 母题突破1　导数与不等式的证明 母题　(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性； 母题突破1　导数与不等式的证明 解　f(x)的定义域为(0，＋∞)， 若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增. ❹构造函数证明 思路分析　 ↓ ↓ ↓ 当x∈(0,1)时，g′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0. 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0. 所以当x>0时，g(x)≤0. 当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)＝ln x－x＋1≤f(1)＝0，∴ln x≤x－1， ∴当x>1时，ln x<x－1， ① 证明　设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)， 则g′(x)＝ex－2x－(e－2)， 设m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)， 则m′(x)＝ex－2， 易得g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0， 由0<ln 2<1，则g′(ln 2)<0， 所以存在x0∈(0，ln 2)，使得g′(x0)＝0， 所以当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0； 当x∈(x0 ，1)时，g′(x)<0. 故g(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g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0， 又由母题可得ln x≤x－1，即x≥ln x＋1， 规律方法 利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法 (1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max. (2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0. (3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明. (4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式. 跟踪演练 1.(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1. (1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； 当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0. 所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2). 当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0. 所以x＝1是g(x)的最小值点. 故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0. 方法二　易证ex≥x＋1， ① ln x≤x－1， ② 即证f(x)≥0. 则g′(x)＝ln x＋1. 当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 1.(2020·沈阳模拟)已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0. (1)求函数y＝f(x)的单调区间； 专题强化练 解　f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0，定义域为(0，＋∞)， 1 2 (2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2. 1 2 证明　方法一　∵a＝1，∴f(x)＝x2＋x－ln x(x>0)， 即证ex－ln x－2>0恒成立， 令g(x)＝ex－ln x－2，x∈(0，＋∞)， 即证g(x)min>0恒成立， 1 2 则当0<x<x0时，g′(x)<0，当x>x0时，g′(x)>0， ∴y＝g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(x0)＝ －ln x0－2， ∴g(x0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2. 1 2 方法二　令φ(x)＝ex－x－1， ∴φ′(x)＝ex－1， ∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(0)＝0， ∴ex≥x＋1， ① 令h(x)＝ln x－x＋1(x>0)， ∴h(x)在(0,1)上单调递增，