人教2023年高考数学二轮复习（全国版文） 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　(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)<g(x)．
思路分析
❶m≤1
↓
❷xex－2x－m≥xex－2x－1
　　 ↓
❸xex－2x－1≥x(x＋1)－2x－1
↓
❹构造h(x)＝x2－ln x.求最值
证明　∵m≤1，∴g(x)＝xex－2x－m≥xex－2x－1，
要证f(x)<g(x)，
只需证ln x－x－1<xex－2x－1，
只需证xex>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)min＝φ(0)＝0，∴φ(x)＝ex－(x＋1)≥0，
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)min＝h＝－ln>0，即h(x)>0.
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<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]　(2022·九江模拟)已知函数f(x)＝ln x.
求证：e2f(x)<ex.
证明　要证e2f(x)<ex，即证ex>e2ln x.
设g(x)＝ex－ex(x>0)，则g′(x)＝ex－e，
所以当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1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)min＝g(1)＝0，
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0<x<e时，h′(x)<0；当x>e时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0