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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 (2022·安康模拟)已知函数f(x)＝ln x－x－1，g(x)＝xex－2x－m，若m≤1，证明：当
x>0时，f(x)ln x＋x，
令φ(x)＝ex－(x＋1)，
∴φ′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x) ＝φ(0)＝0，∴φ(x)＝ex－(x＋1)≥0，
min
即ex≥x＋1，
只需证x(x＋1)>ln x＋x，
只需证x2－ln x>0，
令h(x)＝x2－ln x(x>0)，h′(x)＝2x－＝，
当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x) ＝h＝－ln>0，即h(x)>0.
min
即证得原不等式成立．[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] (2022·九江模拟)已知函数f(x)＝ln x.
求证：e2f(x)e2ln x.
设g(x)＝ex－ex(x>0)，则g′(x)＝ex－e，
所以当01时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以x＝1是g(x)的极小值点，也是g(x)的最小值点，且g(x) ＝g(1)＝0，
min
故g(x)≥0，即ex≥ex(当且仅当x＝1时取等号)．
设h(x)＝x－eln x(x>0)，则h′(x)＝1－＝，
所以当0e时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以x＝e是h(x)的极小值点，也是h(x)的最小值点，且h(x) ＝h(e)＝0，
min
故h(x)≥0，即x≥eln x(当且仅当x＝e时取等号)，因为ex≥ex，x≥eln x中的等号不能同时
取到，所以ex>e2ln x，即e2f(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．已知函数f(x)＝.
(1)求f(x)在R上的极值；
(2)求证：0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1，
故函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
所以f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝，且无极小值．
(2)证明 要证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·长春模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)．(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)若函数g(x)＝ex－f(x)，求证：当a＝1时，g(x)>0.
(1)解 f(x)＝ln x＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝.
当a≥0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，令f′(x)>0，得0－，所以f(x)在上单调递增，在上单
调递减．
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 当a＝1时，f(x)＝ln x＋x，欲证g(x)>0，只需证ex>ln x＋x.即证>＋1.令t(x)＝
(x>0)，
所以t′(x)＝，所以t(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以t(x)≥t(1)＝e.
再令φ(x)＝＋1(x>0)，
所以φ′(x)＝，
所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(e)＝＋1φ(x)．
故当a＝1时，g(x)>0.
