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专题一　高考中的导数应用问题
函数与导数的综合问题一般是高考大题中的重难题型，一般
两问.第一问考查求曲线的切线方程、求函数的单调区间、由函数
的极值点或已知曲线的切线方程求参数等，属于基础问题；第二
问一般为利用导数证明不等式、不等式恒成立求参数的取值范围、
求函数的零点等问题，重点考查函数的思想、转化的思想及分类
讨论的思想.
第1课时　导数方法证明不等式
利用导数研究函数的单调性、极值和最值，再根据单调性来
证明不等式是函数、导数、不等式综合问题中的一个难点，也是
近几年高考的热点.
解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数
研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等
式的结构特征构造一个可导函数是解题的关键.
题型一 单变量不等式的证明
考向 1 利用移项构造法证明不等式
【反思感悟】单变量不等式的证明方法
(1)移项法：将证明不等式 f(x)＞g(x)[或 f(x)＜g(x)]的问题转化
为证明 f(x)－g(x)＞0[或 f(x)－g(x)＜0]，进而构造辅助函数 h(x)＝
f(x)－g(x).
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、
取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根
据“相同结构”构造辅助函数.
(3)最值法：欲证 f(x)＜a(a 为常数)，可以证明 fmax(x)＜a.
【互动探究】
考向 2 转化为两个函数的最值进行比较
[例 2]已知 f(x)＝x ln x.
(1)求函数 f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；
【反思感悟】
在需要证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个
函数的最值问题，则可以借助两个函数的最值进行证明.
【互动探究】
题型二 双变量不等式的证明
考向 1 利用换元法证明双变量不等式问题
[例 3]已知函数 h(x)＝x－a ln x(a∈R).
(1)若 h(x)有两个零点，求 a 的取值范围；
又 f(1)＝0，当时，f(x)＝0，所以函数 y＝f(x)的大致图象如图
所示，
联立消参 利用方程 f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数 a
抓商构元
令 c＝ ，消掉变量 x1，x2 构造关于 c 的函数 h(c)
用导求解 利用导数求解函数 h(c)的最小值，从而可证得结论
结合所证问题，巧妙引入变量c＝ ，从而构造相应的函数.其解题
【反思感悟】
换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数 a，再
要点为：
【互动探究】
3.已知函数 f(x)＝ln x－ax(x＞0)，a 为常数，若函数 f(x)有两个
零点x1，x2(x1≠x2).求证：x1x2＞e2.
考向 2 极值点偏移问题
满足g(e2a)·g(1)<0，g(1)·g(－2a)<0，
故在(e2a，1)上存在x1，在(1，－2a)上存在x2，使得g(x1)＝
g(x2)＝0，
所以a的取值范围是(－∞，－1).
【反思感悟】
当某一函数在其定义域上存在极值时，若极值点左右增减速
度相同，则该函数图象为对称图形.若极值点左右增减速度不同，
则会出现对称性消失，函数图象偏移，这种情况称为极值点偏移.
近几年导数中双参问题经常出现，难度较大.破解含双参问题的关
键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，
并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧妙构造函数，
再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
【互动探究】
4.(2022 年江苏南通模拟)已知函数 f(x)＝aex－x，a∈R.若 f(x)
有两个不同的零点x1，x2.证明：x1＋x2>2.
因为x<1，所以1－x>0，2－x>x，
所以e2-x>ex，即e2-x－ex>0，
所以H′(x)>0，
所以H(x)在(－∞，1)上单调递增.
所以H(x1)即有g(x1)所以x1＋x2>2.
题型三 活用两个与指对数相关的经典不等式
两个与指对数相关的经典不等式
(1)对数形式：x≥1＋ln x(x＞0)，当且仅当x＝1时，等号成立.
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x＞1＋ln x(x＞0，且x≠1).
(
)
A
B
C
D
即{x|x＞－1，且 x≠0}，所以排除选项 D.
当 x＞0 时，由经典不等式 x＞1＋ln x(x＞0)，
以 x＋1 代替 x，得 x＞ln (x＋1)(x＞－1，且 x≠0)，
所以 ln (x＋1)－x＜0(x＞－1，且 x≠0)，即 x＞0 或－1＜x＜0
时均有 f(x)＜0，排除 A，C，易知 B 正确.
答案：B
【互动探究】
所以f(x)的单调递增区间是(0，a)和(2，＋∞)，单调递减区间为(a，2).
若a＝2，x∈(0，＋∞)，f′(x)≥0，f(x)的单调递增区间是
(0，＋∞)，无单调递减区间.
若a>2，当x∈(0，2)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(2，a)时，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(0，2)和(a，＋∞)，单调递减区间为(2，a).
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)，单调递减区间为(0，2)；
当0当a＝2时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>2时，f(x)的单调递增区间是(0，2)和(a，＋∞)，单调递减区间为(2，a).
当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0，即ex－x－1≥0，当且仅当x＝0时取得等号，
令ln x＋x＋1代替x得到eln x＋x+1－(x＋ln x＋1)－1≥0，故原不等式得证.

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