28 微专题25　导数中的切线、放缩与构造 【正文】教师

微专题25导数中的切线、放缩与构造[备选理由]例1考查了三角放缩、指对放缩以及与三角函数有关的零点问题,综合性较强;例2考查了同构、指对数变形及基本不等式,综合性较强,考查了学生的运算能力和转化能力,对学生的综合水平要求较高;例3第(1)(2)问较为基础,第(3)问的指数放缩与三角放缩用到了前两问的结论,考查了隐零点问题和不等式的证明,难度不大,但是考查点较多.1[配例1、例4使用][2023·辽宁教研联盟4月模拟]已知函数f(x)=ex+sinx-cosx,f'(x)为f(x)的导数.(1)证明:当x≥0时,f'(x)≥2;(2)设g(x)=f(x)-2x-1,证明:g(x)有且仅有2个零点.证明:(1)由题意知f'(x)=ex+cosx+sinx,设h(x)=ex+cosx+sinx(x≥0),则h'(x)=ex-sinx+cosx.当x≥0时,设p(x)=ex-x-1,q(x)=x-sinx,∵p'(x)=ex-1≥0,q'(x)=1-cosx≥0,∴p(x)和q(x)均在[0,+∞)上单调递增,∴p(x)≥p(0)=0,q(x)≥q(0)=0,∴当x≥0时,ex≥x+1,x≥sinx,则h'(x)=ex-sinx+cosx≥x+1-sinx+cosx=(x-sinx)+(1+cosx)>0(x-sinx=0与1+cosx=0不能同时成立),∴函数h(x)=ex+cosx+sinx在[0,+∞)上单调递增,∴h(x)≥h(0)=2,即当x≥0时,f'(x)≥2.(2)由已知得g(x)=ex+sinx-cosx-2x-1.①当x≥0时,∵g'(x)=ex+cosx+sinx-2=f'(x)-2≥0,∴g(x)在[0,+∞)上单调递增,又∵g(0)=-1<0,g(π)=eπ-2π>0,∴由函数零点存在定理可知,g(x)在[0,+∞)上仅有一个零点;②当x<0时,设m(x)=2-sinx-cosxex(x<0),则∴m(x)在(-∞,0)上单调递减,∴m(x)>m(0)=1,∴ex+cosx+sinx-2<0在(-∞,0)上恒成立,∴g'(x)=ex+cosx+sinx-2<0在(-∞,0)上恒成立,∴g(x)在(-∞,0)上单调递减,又∵g(0)=-1<0,g(-π)=e-π+2π>0,∴由函数零点存在定理可知,g(x)在(-∞,0)上仅有一个零点.综上所述,g(x)有且仅有2个零点.2[配例2使用][2023·武汉4月模拟]在同一平面直角坐标系中,P,Q分别是函数f(x)=axex-ln(ax)和g(x)=2ln(x-1)x图象上的动点,若对任意a>0,|PQ|≥m恒成立,则实数m[解析]axex-ln(ax)-x=ex+ln(ax)-[x+ln(ax)],令w(x)=ex-x,x∈R,则w'(x)=ex-1,当x∈(0,+∞)时,w'(x)>0,w(x)=ex-x单调递增,当x∈(-∞,0)时,w'(x)<0,w(x)=ex-x单调递减,故w(x)=ex-x在x=0处取得极小值,也是最小值,故w(x)≥e0-0=1,故axex-ln(ax)-x=ex+ln(ax)-[x+ln(ax)]≥1,当且仅当x+ln(ax)=0时,等号成立.令j(x)=x-2ln(x-1)x,x>1,则j'(x)=1-2xx-1-2ln(x-1)x2=x2-2xx-1+2ln(x-1)x2.令k(x)=x2-2xx-1+2ln(x-1),x>1,则k'(x)=2x-2x-2-2x(x-1)2+2x-1=2x+2(x-1)2+2x-1>0在(1,+∞)上恒成立,故k(x)=x2-2xx-1+2ln(x-1)在(1,+∞)上单调递增,又k(2)=0,故当x∈(1,2)时,k(x)<0,当x∈(2,+∞)时,k(x)>0,故当x∈(1,2)时,j'(x)<0,j(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,j'(x)>0,j(x)单调递增,故j(x)=x-2ln(x-1)x在x=2处取得极小值,也是最小值,最小值为j(2)=2.3[配例4使用][2023·辽宁锦州二模]已知函数g(x)=x-sinx,x∈[0,+∞),h(x)=ex-kx-1,x∈R,f(x)=eax-1·cosx,x∈0,π(1)证明:g(x)≥0;(2)若h(x)≥0恒成立,求k的取值范围;(3)设a>0,证明:函数f(x)存在唯一的极大值点x0,且f(x0)>e-1a解:(1)证明:g'(x)=1-cosx≥0,所以g(x)是[0,+∞)上的增函数,故g(x)≥g(0)=0,得证.(2)h'(x)=ex-k,当k≤0时,h'(x)>0,h(x)为R上的增函数,所以当x<0时,h(x)<h(0)=0,不符合题意.当k>0时,由h'(x)=ex-k=0,得x=lnk,当x∈(-∞,lnk)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(lnk,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)≥h(lnk)=k-klnk-1,所以只需k-klnk-1≥0.设r(k)=k-klnk-1,则r'(k)=-lnk,当0<k<1时,r'(k)>0,r(k)单调递增,当k>1时,r'(k)<0,r(k)单调递减,则r(k)≤r(1)=0,所以当且仅当k=1时满足题意.综上所述,k=1.(3)证明:f(x)=eax-1·cosx,x∈0,π2,f'(x)=eax-1cosx(a-tanx),xy=a-tanx在0,π2上单调递减,由正切函数的性质及a>存在唯一实数x0∈0,π2,使得tanx当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈x0,π2时,f'(x)<0,f(所以x0是f(x)唯一的极大值点.由(1)可知,当x∈0,π2时,x>sinx,由(2)可知,当x∈0,π所以f(x0)=eax0-1cosx0>ax0·cosx0>asinx0cosx0下面证明