2023年高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题1 第6讲 母题突破1　导数与不等式

第6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(2022·安康模拟)已知函数f(x)＝lnx－x－1，g(x)＝xex－2x－m，若m≤1，证明：当x0时，f(x)g(x)．思路分析❶m≤1↓❷xex－2x－m≥xex－2x－1↓❸xex－2x－1≥xx＋1－2x－1↓❹构造hx＝x2－lnx.求最值证明∵m≤1，∴g(x)＝xex－2x－m≥xex－2x－1，要证f(x)g(x)，只需证lnx－x－1xex－2x－1，只需证xexlnx＋x，令φ(x)＝ex－(x＋1)，∴φ′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，φ′(x)0，当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，∴φ(x)＝ex－(x＋1)≥0，即ex≥x＋1，只需证x(x＋1)lnx＋x，只需证x2－lnx0，令h(x)＝x2－lnx(x0)，h′(x)＝2x－1x＝2x2－1x，当x∈0，22时，h′(x)0，h(x)单调递减；当x∈22，＋∞时，h′(x)0，h(x)单调递增，∴h(x)min＝h22＝12－ln220，即h(x)0.即证得原不等式成立．[子题1]已知函数f(x)＝ex－ax－a，当a＝1时，令g(x)＝x22fx.求证：当x0时，g(x)1.证明当a＝1时，g(x)＝x22ex－x－1，令φ(x)＝ex－x－1，x0，∴φ′(x)＝ex－10，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)φ(0)＝0，即ex－x－10.要证g(x)1，即证x22ex－x－11，即证x22ex－x－1.方法一即证ex－x－1－x220，令h(x)＝ex－x－1－x22，x0，h′(x)＝ex－x－10，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)h(0)＝0，∴ex－x－1－x220，即证原不等式成立．方法二即证x22＋x＋1ex，即证12x2＋x＋1ex1.令F(x)＝12x2＋x＋1ex，x0，∴F′(x)＝－12x2ex0，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递减，当x→0时，F(x)→1，∴F(x)1，因此12x2＋x＋1ex1，即证原不等式成立．[子题2](2022·九江模拟)已知函数f(x)＝lnx.求证：e2f(x)ex.证明要证e2f(x)ex，即证exe2lnx.设g(x)＝ex－ex(x0)，则g′(x)＝ex－e，所以当0x1时，g′(x)0；当x1时，g′(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，也是g(x)的最小值点，且g(x)min＝g(1)＝0，故g(x)≥0，即ex≥ex(当且仅当x＝1时取等号)．设h(x)＝x－elnx(x0)，则h′(x)＝1－ex＝x－ex，所以当0xe时，h′(x)0；当xe时，h′(x)0，所以h(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以x＝e是h(x)的极小值点，也是h(x)的最小值点，且h(x)min＝h(e)＝0，故h(x)≥0，即x≥elnx(当且仅当x＝e时取等号)，因为ex≥ex，x≥elnx中的等号不能同时取到，所以exe2lnx，即e2f(x)ex.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．已知函数f(x)＝xex.(1)求f(x)在R上的极值；(2)求证：x3ex2ex2－2lnx.(1)解由已知得f′(x)＝1－xex，令f′(x)0，得x1；令f′(x)0，得x1，故函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；所以f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝1e，且无极小值．(2)证明要证x3ex2ex2－2lnx，即证xex＋2lnxx22e，由(1)得，f(x)max＝1e，则xex≤1e，当且仅当x＝1时取等号，故2lnxx2＝f(lnx2)≤1e，当且仅当x＝e时取等号，因此xex＋2lnxx22e，即x3ex2ex2－2lnx.2．已知函数f(x)＝ex－a－ln(x＋a)．当a≤1时，证明：f(x)0.证明先证不等式ex≥x＋1与x－1≥lnx，设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1＝0⇒x＝0，可得g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)＝ex－x－1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1；设h(x)＝x－1－lnx，则h′(x)＝1－1x＝0⇒x＝1，可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)＝x－1－lnx≥h(1)＝0，即x－1≥lnx.于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)，注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它们无法同时取等，所以当a≤1时，ex－aln(x＋a)，即f(x)0.专题强化练1．(2022·吕梁模拟)已知函数f(x)＝ex－x－1.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥12x2＋cosx.(1)解易知函数f(x)的定义域为R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝ex－10，解得x0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)＝ex－10，解得x0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．(2)证明要证f(x)＋x＋1≥12x2＋cosx，即证ex－12x2－cosx≥0，设g(x)＝ex－12x2－cosx，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sinx，又∵sinx≥－1，∴g′(x)＝ex－x＋sinx≥ex－x－1(当且仅当x＝－π2＋2kπ，k∈Z时，等号成立)，由(1)知ex－x－1≥0(当x＝0时等号成立)，∴g′(x)0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0.∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥12x2＋cosx.2．(2022·长春模拟)已知函数f(x)＝lnx＋ax(a∈R)．(1)判断函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝ex－f(x)，求证：当a＝1时，g(x)0.(1)解f(x)＝lnx＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋a＝1＋axx.当a≥0时，f′(x)0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，令f′(x)0，得0x－1a，令f′(x)0，得x－1a，所以f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．(2)证明当a＝1时，f(x)＝lnx＋x，欲证g(x)0，只需证exlnx＋x.即证exxlnxx＋1.令t(x)＝exx(x0)，所以t′(x)＝exx－1x2，所以t(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以t(x)≥t(1)＝e.再令φ(x)＝lnxx＋1(x0)，所以φ′(x)＝1－lnxx2，所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(e)＝1e＋1e，所以t(x)φ(x)．故当a＝1时，g(x)0.