新高考数学二轮复习考点突破学案1.5《导数的综合应用》（2份打包，原卷版+教师版）

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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x>0时，eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥ln x＋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
↓
❺eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥x≥ln x＋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(x>0)，φ′(x)＝ex﹣2x﹣(e﹣2)，
令t(x)＝φ′(x)＝ex﹣2x﹣(e﹣2)，t′(x)＝ex﹣2，
当x∈(0，ln 2)时，t′(x)0，
∴φ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
又φ′(0)＝3﹣e>0，φ′(1)＝0，∴φ′(ln 2)0，x∈(x0，1)时，φ′(x)0)，∴h′(x)＝1﹣eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
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≥ln x＋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)＝eq \f(x2,2fx).
求证：当x>0时，g(x)0，
∴φ′(x)＝ex﹣1>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，即ex﹣x﹣1>0.
要证g(x)0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，∴ex﹣x﹣1﹣eq \f(x2,2)>0，即证原不等式成立.
方法二 即证eq \f(x2,2)＋x＋1