第5讲导数与不等式的证明2023年高考数学重难点二轮冲刺复习精品教学课件（新高考专用）

第5讲导数的综合应用专题一

函数与导数考情分析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.导数与不等式的证明

已知函数f(x)＝ex－x2.(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；例题1(1)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)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，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－e>0，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，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.

例21令φ(x)＝ex－x－1，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.h′(x)＝ex－x－1>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递减，当x→0时，F(x)→1，∴F(x)<1，

例3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x>x3，所以1＋x－x3>1，又1<ex<e，所以h(x)>1，所以g(x)<1<h(x)，即原不等式成立.因为x∈(0,1)，所以1－lnx>0，ex>e0＝1，则函数t(x)在(0,1)上单调递减，则t(x)>t(1)＝ln1－12＋1＝0，即原不等式成立.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.规律方法跟踪演练∵x>0，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，∵x<0，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)＝0，2.已知函数f(x)＝ex－a－ln(x＋a).当a≤1时，证明：f(x)>0.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，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－a>ln(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；12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－1>0，解得x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)＝ex－1<0，解得x<0，∴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.要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sinx，又∵sinx≥－1，由(1)知ex－x－1≥0(当x＝0时等号成立)，12∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0.2.(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；12函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e的定义域为(－∞，a)，因为当x<a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.当a＝e时，f(x)＝ln(