新高考数学二轮复习 第1部分 专题1 第5讲 母题突破1 导数与不等式的证明（含解析）课件PPT

这是一份新高考数学二轮复习 第1部分 专题1 第5讲 母题突破1 导数与不等式的证明（含解析）课件PPT，共32页。PPT课件主要包含了考情分析，内容索引，母题突破1，专题强化练，❹构造函数证明，即证fx≥0等内容，欢迎下载使用。

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.
KAO QING FEN XI
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)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
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g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0.
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当00，f(x)单调递增，∴f(x)＝ln x－x＋1≤f(1)＝0，∴ln x≤x－1，∴当x>1时，ln x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，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)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g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，
又由母题可得ln x≤x－1，即x≥ln x＋1，
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.
跟踪演练1.(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
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).
当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点.故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
方法二　易证ex≥x＋1，①ln x≤x－1，②
则g′(x)＝ln x＋1.
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
1.(2020·沈阳模拟)已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0.(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
解　f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0，定义域为(0，＋∞)，
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
证明　方法一　∵a＝1，∴f(x)＝x2＋x－ln x(x>0)，即证ex－ln x－2>0恒成立，令g(x)＝ex－ln x－2，x∈(0，＋∞)，即证g(x)min>0恒成立，
则当0x0时，g′(x)>0，∴y＝g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴g(x0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
方法二　令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，∴ex≥x＋1，①令h(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝0，
∴ln x≤x－1，∴x＋1≥ln x＋2，②要证f(x)＋ex>x2＋x＋2，即证ex>ln x＋2，由①②知ex≥x＋1≥ln x＋2，且两等号不能同时成立，∴ex>ln x＋2，即证原不等式成立.
2.(2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
解　f′(x)＝2sin xcs xsin 2x＋2sin2xcs 2x＝2sin xsin 3x.
证明　因为f(0)＝f(π)＝0，