2023年高考数学二轮复习(全国版理) 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已知函数f(x)＝ex－x2.(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求证：当x0时，ex＋2－ex－1x≥lnx＋1.思路分析❶求切线方程↓❷fx≥e－2x＋1↓❸ex－x2－e－2x－1≥0↓❹ex＋2－ex－1≥x2↓❺ex＋2－ex－1x≥x≥lnx＋1(1)解f′(x)＝ex－2x，f′(1)＝e－2，又f(1)＝e－1.∴切线方程为y－(e－1)＝(e－2)(x－1)，即y＝(e－2)x＋1.(2)证明令φ(x)＝f(x)－[(e－2)x＋1]＝ex－x2－(e－2)x－1(x0)，φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，令t(x)＝φ′(x)＝ex－2x－(e－2)，t′(x)＝ex－2，当x∈(0，ln2)时，t′(x)0，当x∈(ln2，＋∞)时，t′(x)0，∴φ′(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，又φ′(0)＝3－e0，φ′(1)＝0，∴φ′(ln2)0，∴∃x0∈(0，ln2)使φ′(x0)＝0，即当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，φ′(x)0，x∈(x0，1)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，φ(1)＝0，∴φ(x)min＝0，∴φ(x)≥0，即ex－x2－(e－2)x－1≥0，即ex＋(2－e)x－1≥x2，即ex＋2－ex－1x≥x，要证ex＋2－ex－1x≥lnx＋1，即证x≥lnx＋1，令h(x)＝x－lnx－1(x0)，∴h′(x)＝1－1x＝x－1x，h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝0，∴h(x)≥0，即x≥lnx＋1，则原不等式成立．[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·德州联考改编)已知函数f(x)＝lnex.若x∈(0,1)，求证：f(x)1＋1x－x2ex.证明方法一f(x)＝lnex＝1－lnx，欲证f(x)1＋1x－x2ex，只需证x(1－lnx)(1＋x－x3)ex，设函数g(x)＝x(1－lnx)，则g′(x)＝－lnx，当x∈(0,1)时，g′(x)0，函数g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)g(1)＝1，设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，因为x∈(0,1)，所以xx3，所以1＋x－x31，又1exe，所以h(x)1，所以g(x)1h(x)，即原不等式成立．方法二f(x)＝lnex＝1－lnx.欲证f(x)1＋1x－x2ex，只需证1－lnxex＋x2－1x1，因为x∈(0,1)，所以1－lnx0，exe0＝1，则只需证1－lnx＋x2－1x1，只需证lnx－x2＋1x0，令t(x)＝lnx－x2＋1x，x∈(0,1)，则t′(x)＝1x－2x－1x2＝x－1－2x3x2x－1x20，则函数t(x)在(0,1)上单调递减，则t(x)t(1)＝ln1－12＋1＝0，所以lnx－x2＋1x0成立，即原不等式成立．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．(2021·全国乙卷改编)设函数f(x)＝ln(1－x)，函数g(x)＝x＋fxxfx.求证：g(x)1.证明f(x)＝ln(1－x)，g(x)＝x＋fxxfx＝x＋ln1－xxln1－x，x1且x≠0，当x∈(0,1)时，要证g(x)＝x＋ln1－xxln1－x1，∵x0，ln(1－x)0,∴xln(1－x)0，即证x＋ln(1－x)xln(1－x)，化简得x＋(1－x)ln(1－x)0；同理，当x∈(－∞，0)时，要证g(x)＝x＋ln1－xxln1－x1，∵x0，ln(1－x)0，∴xln(1－x)0，即证x＋ln(1－x)xln(1－x)，化简得x＋(1－x)ln(1－x)0，令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，再令t＝1－x，则t∈(0,1)∪(1，＋∞)，x＝1－t，令g(t)＝1－t＋tlnt，t∈(0,1)∪(1，＋∞)，g′(t)＝－1＋lnt＋1＝lnt，当t∈(0,1)时，g′(t)0，g(t)单调递减，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)g(1)＝0；当t∈(1，＋∞)时，g′(t)0，g(t)单调递增，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)g(1)＝0，综上所述，g(x)＝x＋ln1－xxln1－x1在x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立．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·鹤壁模拟)设函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝e时，证明：f(e－x)ex＋x2e.(1)解函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e的定义域为(－∞，a)，所以f′(x)＝1x－a－1＝1－x＋ax－a，因为当xa时，f′(x)0，即f(x)在(－∞，a)上单调递减，故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a)，无单调递增区间．(2)证明当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，要证f(e－x)ex＋x2e，即证lnx＋xex＋x2e，即证lnxx＋1exx＋12e.设g(x)＝lnxx＋1(x0)，则g′(x)＝1－lnxx2，所以当0xe时，g′(x)0，当xe时，g′(x)0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(e)＝1e＋1.设h(x)＝exx＋12e，h′(x)＝exx－1x2，则当0x1时，h′(x)0，当x1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)＝e＋12e，又1e＋1e＋12e，所以当a＝e时，f(e－x)ex＋x2e.