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专题一 第5讲 母题突破1 导数与不等式的证明--高三高考数学复习-PPT
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这是一份专题一 第5讲 母题突破1 导数与不等式的证明--高三高考数学复习-PPT，共36页。PPT课件主要包含了考情分析，母题突破1，导数与不等式的证明，规律方法，原不等式得证，专题强化练等内容，欢迎下载使用。
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.
(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′(x)max≤0求解❸0
❻(2－x0) ≤e
(1)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)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.
即证ax0＋x0ax0＋x0，令h(x)＝(2－x)ex－e,00，h(x)单调递增；当x∈(1,2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减.
(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.
由f(x)≥ex2，得ex＋exln x≥ex2，
令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1，
当x>1时，h′(x)>0；当01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.
已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ex.证明：f(x)＋ >g(－x).
根据题意，g(－x)＝e－x，
设函数m(x)＝xln x，则m′(x)＝1＋ln x，
则h′(x)＝e－x(1－x).所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，
综上，当x>0时，m(x)>h(x)，
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)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－cs x，求证：f(x)＋2－ >0.
f(x)＝x2－cs x，
令g(x)＝x2－cs 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＋cs 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.
∴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，
2.(2023·南昌模拟)已知函数f(x)＝a(x2－1)－ln x(x>0).若0
所以当0f(1)＝0，
又当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以必然存在x0>1，使得f(x0)＝0，
要证f′(x0)<1－2a，
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.
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；
所以所求切线为x－y＝0.
(2)求证：当x∈[0，π]时，f(x)≤x.
由f(x)≤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－cs x，令h(x)＝ex＋xex－cs 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
(2)证明：f(x1)－f(x2)
因为x2－x1－f(x1)＋f(x2)
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)
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.
(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′(x)max≤0求解❸0
❻(2－x0) ≤e
(1)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)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.
即证ax0＋x0
(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.
由f(x)≥ex2，得ex＋exln x≥ex2，
令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1，
当x>1时，h′(x)>0；当0
已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ex.证明：f(x)＋ >g(－x).
根据题意，g(－x)＝e－x，
设函数m(x)＝xln x，则m′(x)＝1＋ln x，
则h′(x)＝e－x(1－x).所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，
综上，当x>0时，m(x)>h(x)，
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)
1.(2023·桂林模拟)已知函数f(x)＝x2－cs x，求证：f(x)＋2－ >0.
f(x)＝x2－cs x，
令g(x)＝x2－cs 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＋cs 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.
∴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，
2.(2023·南昌模拟)已知函数f(x)＝a(x2－1)－ln x(x>0).若0
所以当0
又当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以必然存在x0>1，使得f(x0)＝0，
要证f′(x0)<1－2a，
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.
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；
所以所求切线为x－y＝0.
(2)求证：当x∈[0，π]时，f(x)≤x.
由f(x)≤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－cs x，令h(x)＝ex＋xex－cs 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
(2)证明：f(x1)－f(x2)
因为x2－x1－f(x1)＋f(x2)
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)
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