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　导数与不等式的证明_2.2025数学总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_二轮复习

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x>0时，≥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 ↓ ❺≥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， 当x∈(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∈(0，ln 2)使φ′(x)＝0， 0 0 即当x∈(0，x)∪(1，＋∞)时， 0 φ′(x)>0，x∈(x，1)时，φ′(x)<0， 0 ∴φ(x)在(0，x)上单调递增， 0 在(x，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 0 又φ(0)＝0，φ(1)＝0， ∴φ(x) ＝0， min ∴φ(x)≥0，即ex－x2－(e－2)x－1≥0， 即ex＋(2－e)x－1≥x2， 即≥x， 要证≥ln x＋1， 即证x≥ln x＋1， 令h(x)＝x－ln x－1(x>0)， ∴h′(x)＝1－＝， h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h(x) ＝h(1)＝0， min ∴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)＝.求证：当x>0时，g(x)<1. 证明 当a＝1时，g(x)＝， 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. 要证g(x)<1，即证<1， 即证0， 令h(x)＝ex－x－1－，x>0， h′(x)＝ex－x－1>0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0， ∴ex－x－1－>0，即证原不等式成立． 方法二 即证＋x＋10， ∴F′(x)＝<0， ∴F(x)在(0，＋∞)上单调递减， 当x→0时，F(x)→1， ∴F(x)<1， 因此<1，即证原不等式成立． [子题2] (2022·德州联考改编)已知函数f(x)＝ln .若x∈(0,1)，求证：f(x)0，函数g(x)在(0,1)上单调递增， 所以g(x)x3， 所以1＋x－x3>1， 又11， 所以g(x)<10，ex>e0＝1， 则只需证1－ln x＋x2－<1， 只需证ln x－x2＋>0， 令t(x)＝ln x－x2＋，x∈(0,1)， 则t′(x)＝－2x－ ＝<<0，则函数t(x)在(0,1)上单调递减， 则t(x)>t(1)＝ln 1－12＋1＝0， 所以ln x－x2＋>0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)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)＝.求证：g(x)<1. 证明 f(x)＝ln(1－x)， g(x)＝＝，x<1且x≠0， 当x∈(0,1)时，要证g(x)＝<1， ∵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， 要证g(x)＝<1， ∵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＋tln t，t∈(0,1)∪(1，＋∞)， g′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t， 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)＝<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≥ln x， 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－ln x， 则h′(x)＝1－＝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－ln x≥h(1)＝0， 即x－1≥ln x. 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； (2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥x2＋cos x. (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－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． (2)证明 要证f(x)＋x＋1≥x2＋cos x， 即证ex－x2－cos x≥0， 设g(x)＝ex－x2－cos x， 要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立， ∵g′(x)＝ex－x＋sin x， 又∵sin x≥－1， ∴g′(x)＝ex－x＋sin x≥ex－x－1(当且仅当x＝－＋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≥x2＋cos x. 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)0)， 则g′(x)＝， 所以当00， 当x>e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)＝＋1. 设h(x)＝＋， h′(x)＝，则当01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＋， 又＋1