第14讲 放缩法证明不等式-2023年新高考数学导数压轴题专题突破（尖子生专用）

学利网 学科网原到，让学司更会易！ JP.ZXXK.COM 学科网精品频道全力推荐 第14讲放缩法证明不等式 【典型例题】 例1.已知函数f(x)=e*-a2,g(x)=xr-x+(e-1)x+1,且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为 y=bx+1. (1)求a,b的值； (2)求函数f()在[0，]上的最小值： (3)证明：当x>0时，g(x)≤f(x) 【解析】解：(1)：f(x)=e*-ar2, .f'(x)=e'-2am, ∴.fP(1)=e-2a=b,f(1)=e-a=b+1, a=1,b=e-2. (2)由(1)得：f(x)=e-x, ∴f(x)=e*-2xr,[f(x)=e-2, ∴f"(x)在(0,1m2)上递减，在(ln2,+o)上递增。 f(x)≥f"(0m2)=2-2m2>0, ∴，f"(x)在[0,1]上递增， f(x)mn=f(0)=1 ∴f(x)在[0,1】上的最小值为1. (3)法一：证明：f(0=0,由(2)得f(x)过Q,e-1) 且y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1, 故可猜测x>0,x≠1时，f(x)的图象恒在切线y=(e-2)x+1的上方， 下面证明当x>0时，f(x)>(e-2)x+1 设h(x)=f(x)-(e-2)x-1,x>0, ∴.h'(x)=e'-2x-e+2, [H(xI=e-2, 由(2)知：H(x)在(0，n2)上递减，在(m2.+o)上递增， rh(0=3-e>0,H(1)=0,0<m2<1, ∴.H(ln2)<0 ∴存在x。∈(0,1)，使得H(x)=0, 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 令学科阿 学科网原到，让学司更会易！ JP.ZXXK.COM 学科网精品频道全力推荐 ∴，xe(0,x)LU0,+o)时，(x)>0: x∈(，1)时，(x)<0, 故h(x)在(O,)上递增，在(x,1)上递减，在Q,+∞)上递增， 又h(0)=h(1)=0, “,h(x)≥0当且仅当x=1时等号成立. 故e+(e-2r-≥x,x>0, 令田=m+1-x,则m)=1-1, ∴，x∈(0,1)时，p(x)>0,xe1,+o)时，p(x)<0, ∴)在(0,1)上递增，在L,+∞)上递减， ∴mx)≤p(1)=0, '.+1-x≤0， 即xl+lx. e+e-2r-≥x+m .e+(2-e)r-1>xmx+x, 即e*+Q-e)x-xm-1≥0成立， ,x>0时，g(x)≤f(x)台xnx-x2+(e-l)x+1≤e-x白e'+1-e)x-xmx-l0, 综上所述，x>0时，8()≤f() 法二：原不等式等价于g-e+1-m-1>0, 令g9=g-e+1-hm-1, g()-(-D@-D@>0), 所以g(x)在(0,1)上递减，在1，+o)上递增， 所以g(x)≥g(1)=0 例2.已知☒数f(x)=2m(x+1)+sinx+1,函数g(x)=a-1-bhx(a,b∈R,ab≠0). (1)讨论g()的单调性； (2)证明：当x≥0时，f(x)3x+1. (3)证明：当x>-1时，f(x)<(x2+2x+2)em. 婴原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究： 2 令学科网 学科网原到，让学司更会易！ JP.ZXXK.COM 学科网精品频道全力推荐 【解析】解：）g的定义域为0，o),g田=四-b, 当a>0,b<0时，g'(x)>0,则g(x)在(0，+o)上单调递增： b 当a>0,b≥0时，令g'(x)>0,得x>二， a 令g田<0，得0<x<名，则g)在0，名上单调递减，在仑，+四上单调递增 a 当a<0,b>0时，g'(x)<0,则g(x)在(0，+o)上单调递减： b 当a<0,b<0时，令g'(x)>0,得0<x<, 令g田<0，得x>6,则g(的在(0，名上单调递增，在2，+四)上单调递减： (2)证明：设函数)=f-6x+),则H)= +7+cosr-3. :0,x+ ∈(0,2]，cosx∈[-1,1】 则h(x)≤0，从而h(x)在[0，+o)上单调递减， ∴.h()=f(x)-(3x+1)≤h0)=0,即f(x)≤3x+1. (3)证明：方法一：当a=b=1时，g(x)=x-1-m· 由(1)知，g(x).=g(1)=0,∴.g(x)=x-1-1x≥0，即xl+hm, 当x>-1时，(x+1)>0,(x+1)em>0,则(x+1)em≥+m(x+I)em], (x+1)'e"n2mn(x+1)+sinx+1,x+2x+2)e>(x+1e"inx, ,∴，(x+2x+2)em￥>2n(x+1)+sinx+1, 即f(,)<(x2+2x+2)enx. 方法二：当x>-1时，要证f(x)<(x2+2x+2)m， 只需证(