新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題1 第5講 母題突破1 導(dǎo)數(shù)與不等式的證明（含解析）

專題一

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第5講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.導(dǎo)數(shù)逐漸成為解決問題必不可少的工具，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)

性與極值(最值)是高考的常見題型，而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、

數(shù)列等的交匯命題是高考的熱點和難點.2.多以解答題壓軸形式出現(xiàn)，難度較大.考情分析KAOQINGFENXI內(nèi)容索引母題突破1

專題強化練母題突破1導(dǎo)數(shù)與不等式的證明母題

(2017·全國Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；母題突破1導(dǎo)數(shù)與不等式的證明解f(x)的定義域為(0，＋∞)，若a≥0，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.?構(gòu)造函數(shù)證明思路分析

↓↓↓當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.故當(dāng)x＝1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)＝0.所以當(dāng)x>0時，g(x)≤0.當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)＝lnx－x＋1≤f(1)＝0，∴l(xiāng)nx≤x－1，∴當(dāng)x>1時，lnx<x－1，

①證明設(shè)g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，則g′(x)＝ex－2x－(e－2)，設(shè)m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)，則m′(x)＝ex－2，易得g′(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，由0<ln2<1，則g′(ln2)<0，所以存在x0∈(0，ln2)，使得g′(x0)＝0，所以當(dāng)x∈(0，x0)∪(1，＋∞)時，g′(x)>0；當(dāng)x∈(x0

，1)時，g′(x)<0.故g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0

，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，又由母題可得lnx≤x－1，即x≥lnx＋1，規(guī)律方法利用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)與g(x)的最值易求出，可直接轉(zhuǎn)化為證明f(x)min>g(x)max.(2)若f(x)與g(x)的最值不易求出，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后根據(jù)函數(shù)h(x)的單調(diào)性或最值，證明h(x)>0.(3)通過題目中已有的或常用的不等式進行證明.(4)利用賦值法證明與正整數(shù)有關(guān)的不等式.跟蹤演練1.(2018·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1.(1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；當(dāng)0<x<2時，f′(x)<0；當(dāng)x>2時，f′(x)>0.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2).當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0；當(dāng)x>1時，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點.故當(dāng)x>0時，g(x)≥g(1)＝0.方法二

易證ex≥x＋1，

①lnx≤x－1，

②即證f(x)≥0.則g′(x)＝lnx＋1.當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，1.(2020·沈陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，a>0.(1)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；專題強化練解f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，a>0，定義域為(0，＋∞)，12(2)當(dāng)a＝1時，證明：對任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.12證明方法一

∵a＝1，∴f(x)＝x2＋x－lnx(x>0)，即證ex－lnx－2>0恒成立，令g(x)＝ex－lnx－2，x∈(0，＋∞)，即證g(x)min>0恒成立，12則當(dāng)0<x<x0時，g′(x)<0，當(dāng)x>x0時，g′(x)>0，∴y＝g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(x0)＝

－lnx0－2，∴g(x0)>0，即對任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.12方法二

令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1，∴φ(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，∴ex≥x＋1，

①令h(x)＝lnx－x＋1(x>0)，∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(x)max＝h(1)＝0，12∴l(xiāng)nx≤x－1，∴x＋1≥lnx＋2，

②要證f(x)＋ex>x2＋x＋2，即證ex>lnx＋2，由①②知ex≥x＋1≥lnx＋2，且兩等號不能同時成立，∴ex>lnx＋2，即證原不等式成立.122.(2020·全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝sin2xsin2x.(1)討論f(x)在區(qū)間(0，π)的單調(diào)性；解f′(x)＝2sinxcosxsin2x＋2sin2xcos2x＝2sinxsin3x.12證明因為f(0)＝f(π)＝0，12證明由于

＝|sin3xsin32x…sin32nx