2021届新高考数学二轮导数不等式的证明、恒成立问题与有解问题、零点问题（解析版）.doc

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1、专题一第5讲导数的综合应用【情报站】1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，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.多以解答题压轴形式出现，难度较大．母题突破1　导数与不等式的证明母题　(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.思路分析❶f(x)≤－－2　　　↓❷f(x)max≤－－2　　　↓❸f(x)max＋＋2≤0　　　↓❹构造函数证明【答案】(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2

2、ax＋2a＋1＝.若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明　由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f ＝ln－1－，所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为

3、g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0.从而当a<0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2.[子题1]　设函数f(x)＝lnx－x＋1.证明：当x∈(1，＋∞)时，1<0，当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当00，f(x)单调递增，∴f(x)＝lnx－x＋1≤f(1)＝0，∴lnx≤x－1，∴当x>1时，lnx，∴x>，综上所述，当x>1时，1<0时，≥lnx＋1.【答

4、案】证明　设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，则g′(x)＝ex－2x－(e－2)，设m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)，则m′(x)＝ex－2，易得g′(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，由00；当x∈(x0，1)时，g′(x)<0.故g(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

5、g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，故当x>0时，≥x.又由母题可得lnx≤x－1，即x≥lnx＋1，故≥lnx＋1.【方法总结】　利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max.(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.(3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明．(4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式.拓展训练1．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln

6、x－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.【答案】(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－.当02时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．(2)证明　当a≥时，f(x)≥－lnx－1.方法一　设g(x)＝－lnx－1(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝－.当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g

7、(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥时，f(x)≥0.方法二　易证ex≥x＋1，①lnx≤x－1，②∴f(x)≥－lnx－1＝ex－1－lnx－1≥x－lnx－1≥0，即证f(x)≥0.2．(2020·株州模拟)已知f(x)＝lnx＋.(1)若函数g(x)＝xf(x)，讨论g(x)的单调性与极值；(2)证明：f(x)>.【答案】(1)解　由题意，得g(x)＝x·f(x)＝xlnx＋(x>0)，则g′(x)＝lnx＋1.当x∈时，g′(x