人教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.docx

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，
∴∃x0∈(0，ln 2)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，
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)min＝h(1)＝0，
∴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<ex－x－1.
方法一　即证ex－x－1－>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＋1<ex，
即证<1.
令F(x)＝，x>0，
∴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)<ex.
证