专题1 第5讲 母题突破1 导数与不等式的证明-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考基础版）

第5讲　导数的综合应用 [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 母题　(2023·鞍山模拟)若f(x)＝(x－2)2＋2aln x有两个极值点x1，x2，证明：f(x1)＋f(x2)>1. 思路分析 ❶fx有两个极值点x1，x2 ❷x1，x2是方程f′x＝0的两根 ❸根与系数的关系 ❹fx1＋fx2 ❺构造关于a的函数求最值 证明　f′(x)＝x－2＋＝(x>0)， 由函数有两个极值点，得x2－2x＋2a＝0有两个不相等的正实数根x1，x2， 则且Δ＝4－8a>0，解得0<2a<1， 由题意得，f(x1)＋f(x2)＝(x1－2)2＋2aln x1＋(x2－2)2＋2aln x2 ＝(x＋x)－2(x1＋x2)＋2aln x1x2＋4 ＝(x1＋x2)2－x1x2－2(x1＋x2)＋2aln x1x2＋4 ＝2aln 2a－2a＋2， 令t＝2a，h(t)＝tln t－t＋2(0<t<1)， 则h′(t)＝ln t<0，即h(t)在(0,1)上单调递减， 所以h(t)>h(1)＝1，即f(x1)＋f(x2)>1. [子题1]　(2023·烟台模拟)已知函数f(x)＝ex－x2－x.证明：∀x∈[0，＋∞)，f(x)>sin x. 证明　f(x)＝ex－x2－x， 可得f(0)＝1，f′(x)＝ex－x－1. 当x>0时，令g(x)＝f′(x)＝ex－x－1， 可得g′(x)＝ex－1≥0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)＝0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)>f(0)＝1， 又sin x≤1，故f(x)>sin x. 当x＝0时，f(0)＝1>sin 0＝0，满足f(x)>sin x. 综上可得，对于∀x∈[0，＋∞)，都有f(x)>sin x. [子题2]　已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ex. 证明：f(x)＋>g(－x)． 证明　根据题意，g(－x)＝e－x， 所以f(x)＋>g(－x)等价于xln x>xe－x－. 设函数m(x)＝xln x，则m′(x)＝1＋ln x， 所以当x∈时，m′(x)<0； 当x∈时，m′(x)>0， 故m(x)在上单调递减， 在上单调递增， 从而m(x)在(0，＋∞)上的最小值为m＝－. 设函数h(x)＝xe－x－，x>0， 则h′(x)＝e－x(1－x)． 所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0， 故h(x)在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减， 从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－. 综上，当x>0时，m(x)>h(x)， 即f(x)＋>g(－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． 1．(2023·北京密云统考)已知函数f(x)＝xln(x＋1)．证明：f(x)＋x3≥x2. 证明　令g(x)＝f(x)＋x3－x2 ＝x3－x2＋xln(x＋1)，其中x>－1， 则g′(x)＝x2－2x＋ln(x＋1)＋， 令h(x)＝x2－2x＋ln(x＋1)＋， 其中x>－1， 则h′(x)＝3x－2＋＋＝， 当x>－1时，h′(x)≥0且h′(x)不恒为零， 所以函数g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 所以，当－1<x<0时，g′(x)<g′(0)＝0， 此时函数g(x)在(－1,0)上单调递减， 当x>0时，g′(x)>g′(0)＝0， 此时函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(0)＝0， 即f(x)＋x3≥x2. 2．(2023·桂林模拟)已知函数f(x)＝x2－cos x，求证：f(x)＋2－>0. 证明　f(x)＝x2－cos x， 要证f(x)＋2－>0， 即证x2－cos x＋2－>0. 即证x2－cos x>－2. 令g(x)＝x2－cos x， ∵g(－x)＝g(x)，∴g(x)为偶函数， 当x∈[0，＋∞)时，g′(x)＝2x＋sin x， 令k(x)＝2x＋sin x，k′(x)＝2＋cos x>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. 设h(x)＝－2， ∴h′(x)＝， ∴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， ∴x2－cos x>－2.原不等式得证． 专题强化练 1．(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； (2)求证：当x∈[0，π]时，f(x)≤x. (1)解　由题知，f(0)＝0，f′(x)＝， 所以切点坐标为(0,0)， 斜率为f′(0)＝＝1， 所以所求切线为x－y＝0. (2)证明　由f(x)≤x，x∈[0，π]， 得≤x，x∈[0，π]， 即xex－sin x≥0，x∈[0，π]， 令g(x)＝xex－sin x，x∈[0，π]， 则g′(x)＝ex＋xex－cos x， 令h(x)＝ex＋xex－cos x，x∈[0，π]， 则h′(x)＝2ex＋xex＋sin x≥0在[0，π]上恒成立， 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－sin x≥0，x∈[0，π]， 综上，当x∈[0，π]时，f(x)≤x. 2．(2023·西宁模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x2－(a＋1)x(a∈R)，g(x)＝f(x)－x2＋(a＋1)x. (1)若a>0，讨论f(x)的单调性； (2)任取两个正数x1，x2，当x1<x2时，求证：g(x1)－g(x2)<. (1)解　f′(x)＝＋ax－(a＋1) ＝(x>0)． 当0<<1，即a>1时， 令f′(x)>0，得0<x<或x>1； 令f′(x)<0，得<x<1. 所以f(x)在和(1，＋∞)上单调递增， 在上单调递减． 当＝1，即a＝1时，f′(x)≥0恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当>1，即0<a<1时， 令f′(x)>0，得0<x<1或x>； 令f′(x)<0，得1<x<. 所以f(x)在(0,1)和上单调递增， 在上单调递减． 综上所述， 当0<a<1时，f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减； 当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>1时，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． (2)证明　由题意得，g(x)＝ln x. 要证g(x1)－g(x2)<， 只需证ln x1－ln x2<， 即证ln <， 即证ln <. 令t＝，t∈(0,1)， 所以只需证ln t<在t∈(0,1)上恒成立， 即证(t＋1)ln t－2(t－1)<0在t∈(0,1)上恒成立． 令h(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)，t∈(0,1)， 则h′(t)＝ln t＋－1， 令m(t)＝ln t＋－1，t∈(0,1)， 则m′(t)＝－＝<0. 所以m(t)在(0,1)上单调递减， 即h′(t)在(0,1)上单调递减， 所以h′(t)>h′(1)＝0， 所以h(t)在(0,1)上单调递增， 所以h(t)<h(1)＝0. 所以g(x1)－g(x2)<. 学科网（北京）股份有限公司 $$