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（新高考提高版）

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　(2023·十堰调研)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<. 思路分析 ❶f′x≤0恒成立 ❷f′xmax≤0求解 ❸0<x0<2 ❹x0<，ax0＋x0<e ❺ax0＋x0<2－x0 ❻2－x0≤e (1)解　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)证明　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. 因为0<x0<2，所以要证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． [子题1]　(2023·哈师大附中模拟)已知函数f(x)＝ex＋exln x(其中e是自然对数的底数)． 求证：f(x)≥ex2. 证明　由f(x)≥ex2，得ex＋exln x≥ex2， 即＋ln x－x≥0， 令g(x)＝＋ln x－x， 则g′(x)＝＋－1 ＝＝. 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． [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·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． 2．(2023·南昌模拟)已知函数f(x)＝a(x2－1)－ln x(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. 证明　由f(x)＝a(x2－1)－ln x， 得f′(x)＝2ax－＝， 因为f′＝0且>1. 所以当0<x<时，f′(x)<0，则f(x)在上单调递减； 当x>时，f′(x)>0，则f(x)在上单调递增， 所以当0<x<1时，f(x)>f(1)＝0， 又因为>1，所以f <0， 又当x→＋∞时，f(x)→＋∞， 所以必然存在x0>1，使得f(x0)＝0， 即a＝， 所以f′(x0)＝·x0－， 要证f′(x0)<1－2a， 即证·x0－<1－， 即证－1－<0， 即证2ln x0－<0， 设φ(x)＝2ln x－(x>1)， 则φ′(x)＝－1－＝－ ＝－， 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. 即2ln x0－<0，即f′(x0)<1－2a. 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·江苏省八市模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x－，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； (2)证明：f(x1)－f(x2)<x2－x1. (1)解　f′(x)＝a－＋＝(x>0)． 由题意得ax2－x＋a＝0有两个不相等的正实数根， 所以 解得0<a<. (2)证明　因为x1<x2，由(1)知，0<a<，f(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，x2是f(x)的极小值点． 由(1)知，x1x2＝1，x1＋x2＝， 因为x2－x1－f(x1)＋f(x2) ＝(a＋1)(x2－x1)－ln ＋a· ＝2a(x2－x1)＋(x2－x1)－ln ＝＋－ln ＝＋－－ln ， 设t＝>1，g(t)＝＋－－ln t. 所以g′(t)＝＋＋－ ＝＋>0， 所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(t)>g(1)＝0. 所以x2－x1－f(x1)＋f(x2)>0， 即f(x1)－f(x2)<x2－x1. 所以原不等式成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$