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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
↓
❷fx≥e－2x＋1
↓
❸ex－x2－e－2x－1≥0
↓
❹ex＋2－ex－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
