第三章 高考重难专攻(一) 第1课时 导数与不等式-（教参 练习）2023高考数学一轮复习【高考前沿】

高考重难专攻(一)　函数、导数与不等式 第一课时　导数与不等式 要点一 构造函数证明不等式 构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有： (1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))转化为证明f(x)－g(x)>0(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，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x<x<ex(x>0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)； (3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数； (4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解． 1．(2021·陕西商洛模拟)已知定义域为R的函数f(x)满足f＝，f′(x)＋4x>0，其中f′(x)为f(x)的导函数，则不等式f(sin x)－cos 2x≥0的解集为(　　) A．，k∈Z B．，k∈Z C．，k∈Z D．，k∈Z 解析：D　令t＝sin x，则t∈[－1，1]，cos 2x＝1－2sin2x＝1－2t2， 所以不等式f(sin x)－cos 2x≥0可化为f(t)＋2t2－1≥0， 故令g(t)＝f(t)＋2t2－1，t∈[－1，1]， 则g′(t)＝f′(t)＋4t， 由已知f′(x)＋4x>0，得g′(t)＝f′(t)＋4t>0， 故g(t)在[－1，1]上单调递增． 又g＝f＋2×－1＝＋－1＝0， 所以不等式g(t)≥0，即f(t)＋2t2－1≥0的解集为． 因为t＝sin x，故解不等式sin x≥，得＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z． 即不等式f(sin x)－cos 2x≥0的解集为，k∈Z．故选D． 2．证明：当x∈[0，1]时，x≤sin x≤x． 证明：令F(x)＝sin x－x，则F′(x)＝cos x－． 当x∈时，F′(x)>0，F(x)在上单调递增； 当x∈时，F′(x)<0，F(x)在上单调递减． 又F(0)＝0，F(1)>0， 所以当x∈[0，1]时，F(x)≥0， 即sin x≥x． 记H(x)＝sin x－x， 则当x∈(0，1)时，H′(x)＝cos x－1<0， 所以H(x)在[0，1]上是单调递减， 则H(x)≤H(0)＝0，即sin x≤x． 综上，当x∈[0，1]时，x≤sin x≤x． 要点二 不等式恒成立(能成立)问题 一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x)min．若存在x0∈D，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，则只需a<f(x)max．由此构造不等式，求解参数的取值范围． 3．(2021·安徽合肥调研)已知函数f(x)＝x·(ln x＋ax＋1)－ax＋1在[1，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围为________． 解析：因为f(x)＝x·(ln x＋ax＋1)－ax＋1， 所以f′(x)＝ln x＋ax＋1＋x·－a＝ln x＋2ax＋2－a， 又f(x)在[1，＋∞)上单调递减， 所以f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立， 等价于a≤，x∈[1，＋∞)． 设g(x)＝－(x≥1)， 则g′(x)＝－＝， 因为x≥1，所以g′(x)≥0， 所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝－2，故a≤－2． 所以实数a的取值范围为(－∞，－2]． 答案：(－∞，－2] 题型一 构造函数证明不等式 　“比较法”构造函数证明不等式 [例1]　已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0，1)处的切线斜率为－1． (1)求a的值及函数f(x)的极值； (2)求证：当x＞0时，x2＜ex． [解]　(1)f′(x)＝ex－a，∴f′(0)＝1－a， 又∵f(x)的图象在点(0，1)处的切线斜率为－1，即1－a＝－1， ∴a＝2． ∴f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2． 令f′(x)＝0，解得x＝ln 2． 当x＜ln 2时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减； 当x＞ln 2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增． ∴当x＝ln 2时，函数f(x)取得极小值， 为f(ln 2)＝2－2ln 2，无极大值． (2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex