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微专题22　导数的综合应用
命|题|分|析
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．解答题的热点题型有：1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值.2.利用导数证明不等式或探讨方程的根.3.利用导数求解参数的值或取值范围．
专项1　导数与不等式的证明
例　(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)利用导数证明不等式问题的方法
(1)构造函数法：①证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)0(或f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).
②构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数零点也不易求得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解，即若f(x)min≥g(x)max，则f(x)≥g(x).
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论．训练1　(移项构造函数法)已知函数f(x)＝(2x＋1)ln x－，曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝ax＋b.
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)≤ax＋b.
训练2　(放缩构造法)若函数f(x)＝x ln x－x2－1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求证：f(x)专项1　导数与不等式的证明
例　解　(1)因为f(x)＝a(x－1)－ln x＋1，所以f′(x)＝a－＝，x>0，若a≤0，则f′(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，即f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0，则当0时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)解法一(作差法直接求导证明)：设g(x)＝a(x－1)－ln x＋1－ex-1，只需证当x>1时g(x)<0即可．易知g′(x)＝a－－ex-1，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝－ex-1，由基本初等函数的单调性可知h′(x)在(1，＋∞)上单调递减，则当x>1时，h′(x)1时，g′(x)1时，g′(x)<0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以当x>1时，g(x)1时，f(x)解法二(放缩法)：因为a≤2，所以当x>1时，ex-1－f(x)＝ex-1－a(x－1)＋ln x－1≥ex-1－2x＋ln x＋1.令g(x)＝ex-1－2x＋ln x＋1，则只需证当x>1时g(x)>0.易知g′(x)＝ex-1－2＋，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex-1－在(1，＋∞)上单调递增，则当x>1时，h′(x)>h′(1)＝0，所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，f(x)训练1　解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝(2x＋1)ln x－可得f′(x)＝2ln x＋(2x＋1)－x＝2ln x－x＋＋2，则f′(1)＝2，所以曲线f(x)在x＝1处的切线斜率为k＝2，又因为f(1)＝－，所以切线方程为y＋＝2(x－1)，即y＝2x－，所以a＝2，b＝－.
(2)证明：要证明f(x)≤ax＋b，只要证(2x＋1)ln x－－2x＋≤0，设g(x)＝(2x＋1)ln x－－2x＋，则g′(x)＝2ln x＋－x，令h(x)＝2ln x＋－x.则h′(x)＝－－1＝－≤0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)>0，则g(x)在(0，1)上单调递增．当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，所以f(x)≤ax＋b.
训练2　解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2x＋1，记t(x)＝f′(x)，t′(x)＝－2＝，当x∈时，t′(x)>0，t(x)单调递增；当x∈时，t′(x)<0，t(x)单调递减，所以t(x)max＝t＝－ln 2<0，即f′(x)<0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．
(2)先证f(x)≤－x－1，记g(x)＝f(x)＋x＋1，则g(x)＝x ln x－x2＋x＝x(ln x－x＋1)，记m(x)＝ln x－x＋1，则m′(x)＝－1，所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，所以m(x)max＝m(1)＝0，所以m(x)≤0，又x>0，所以g(x)≤0，故f(x)≤－x－1.再证e－x＋－－1>－x－1(x>0)，即证e－x＋－＋x>0(x>0).记h(x)＝e－x＋－＋x，x>0，则h(x)＝e－x＋x－1＋≥e－x＋x－1，记p(x)＝e－x＋x－1，x>0，则p′(x)＝1－e－x>0，所以p(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以p(x)>p(0)＝0，所以h(x)>0，即e－x＋－－1>－x－1，所以f(x)专题六 函数、导数与不等式
微专题22
导数的综合应用
命题分析
专题六 函数、导数与不等式
专项1　
导数与不等式的证明
解
解
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方法提炼
解
证明
解
证明
解微练(三十四)　导数与不等式的证明
班级：　　　　　　姓名：
1．已知函数f(x)＝cos x＋x sin x，x∈(－π，π).
(1)求f(x)的单调区间和极小值；
(2)求证：当x∈[0，π)时，2f(x)≤ex＋e－x.
2．已知函数f(x)＝2ex－ax，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，求证：f(x)>e(1－cos x).
3.(2024·天津高考)设函数f(x)＝x ln x．
(1)求f(x)图象上点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)≥a(x－)在x∈(0，＋∞)时恒成立，求a的值；
(3)若x1，x2∈(0，1)，证明|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|.
微练(三十四)　导数与不等式的证明
1．解　(1)函数f(x)＝cos x＋x sin x，x∈(－π，π)，求导得f′(x)＝－sin x＋sin x＋x cos x＝x cos x．当－π0，f(x)单调递增；当－0，f(x)单调递增；当(2)证明：当x∈[0，π)时，令F(x)＝ex＋e－x－2(cos x＋x sin x)，求导得F′(x)＝ex－e－x－2x cos x≥ex－e－x－2x，令φ(x)＝ex－e－x－2x，求导得φ′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，当且仅当x＝0时等号成立，函数φ(x)在[0，π)上单调递增，则φ(x)≥φ(0)＝0，F′(x)≥0且不恒为0，F(x)在[0，π)上单调递增，因此F(x)≥F(0)＝0，所以2f(x)≤ex＋e－x.
2．解　(1)由已知f′(x)＝2ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在R上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln ，函数f(x)单调递增，由f′(x)<0，得x0时，函数f(x)在(ln ，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由a＝e，f(x)>e(1－cos x)得2ex－ex>e(1－cos x)，即证2ex-1>x＋1－cos x，当x≤0时，设函数k(x)＝x＋1－cos x，则k′(x)＝1＋sin x≥0，k(x)在(－∞，0]上单调递增，所以k(x)≤k(0)＝0，所以2ex-1>0≥x＋1－cos x成立；当x>0时，要证2ex-1>x＋1－cos x成立，即证2ex-1－2x>1－cos x－x.设函数h(x)＝2ex-1－2x，x>0，则h′(x)＝2ex-1－2，当h′(x)<0时，00时，x>1，函数h(x)单调递增，所以h(x)≥h(1)＝2e0－2＝0，即2ex-1－2x≥0，设g(x)＝1－cos x－x，x>0，则g′(x)＝sin x－1≤0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)1－cos x－x，所以2ex-1－2x≥0>1－cos x－x.综上，f(x)>e(1－cos x)成立．
3．解　(1)由题知f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝1，所以切线方程为y＝x－1.
(2)由题可得x ln x≥a(x－)在(0，＋∞)上恒成立，即ln x≥a在(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝ln x－a＝ln x－a＋，x∈(0，＋∞)，则g(x)≥0恒成立，又g(1)＝0，所以g′(1)＝0.因为g′(x)＝－ax－，所以g′(1)＝1－＝0，解得a＝2.
(3)证明：当x1＝x2时，|f(x1)－f(x2)|＝|x1－x2|＝0.当x1≠x2时，不妨设x1①当0f(x2)，|f(x1)－f(x2)|＝x1ln x1－x2ln x2，设t(x)＝x ln x＋，00，所以t(x)在(0，1)上单调递增．所以x1ln x1＋②当≤x1x2ln x2－x2，即x2ln x2－x1ln x1< x2－x1，因为≤x1③当0f(x2)，则|f(x1)－f(x2)|<，由①知，<<，所以|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|.若f(x1)＝f(x2)，则|f(x1)－f(x2)|＝0，| x1－x2|>0，故|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|.
综上可知， x1，x2∈(0，1)，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|.(共14张PPT)
微练(三十四)　
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