新高考数学二轮复习专题一第5讲母题突破1导数与不等式的证明课件

这是一份新高考数学二轮复习专题一第5讲母题突破1导数与不等式的证明课件，共34页。PPT课件主要包含了考情分析，规律方法，专题强化练等内容，欢迎下载使用。
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
　 已知函数f(x)＝ex－x2.(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；
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　　 　↓
(1)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)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，∴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，x∈(x0，1)时，φ′(x)0)，
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.
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.
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，
∴F(x)在(0，＋∞)上单调递减，当x→0时，F(x)→1，∴F(x)0，函数g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)x3，所以1＋x－x3>1，又1t(1)＝ln 1－12＋1＝0，
利用导数证明不等式问题的方法(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)0(或f(x)－g(x)0，ln(1－x)0；同理，当x∈(－∞，0)时，
∵x0，∴xln(1－x)xln(1－x)，化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0，令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，再令t＝1－x，则t∈(0,1)∪(1，＋∞)，x＝1－t，令g(t)＝1－t＋tln t，t∈(0,1)∪(1，＋∞)，g′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
当t∈(0,1)时，g′(t)g(1)＝0；当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
2.已知函数f(x)＝ex－a－ln(x＋a).当a≤1时，证明：f(x)>0.
先证不等式ex≥x＋1与x－1≥ln x，设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1＝0⇒x＝0，可得g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)＝ex－x－1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1；
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)，注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它们无法同时取等，所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
1.(2022·吕梁模拟)已知函数f(x)＝ex－x－1.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
易知函数f(x)的定义域为R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)＝ex－1