1、第5讲导数的综合应用考情分析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母题(2023鞍山模拟)若f(x)(x2)22aln x有两个极值点x1，x2，证明：f(x1)f(x2)1.思路分析f(x)有两个极值点x1，x2x1，x2是方程f(x)0的两根根与系数的关系f(x1)f(x2)构造关于a的函数求最值证明f(x)x2(x0)，由函数有两个极值点，得x22x2a0有两个不相等的正实数根x1，x2，则且48a0，解得02a1，由题意得，f(x1)f
2、(x2)(x12)22aln x1(x22)22aln x2(xx)2(x1x2)2aln x1x24(x1x2)2x1x22(x1x2)2aln x1x242aln 2a2a2，令t2a，h(t)tln tt2(0t1)，则h(t)ln th(1)1，即f(x1)f(x2)1.子题1(2023烟台模拟)已知函数f(x)exx2x.证明：x0，)，f(x)sin x.证明f(x)exx2x，可得f(0)1，f(x)exx1.当x0时，令g(x)f(x)exx1，可得g(x)ex10，所以g(x)在(0，)上单调递增，所以g(x)g(0)0，所以f(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)f(0)
3、1，又sin x1，故f(x)sin x.当x0时，f(0)1sin 00，满足f(x)sin x.综上可得，对于x0，)，都有f(x)sin x.子题2已知函数f(x)ln x，g(x)ex.证明：f(x)g(x)证明根据题意，g(x)ex，所以f(x)g(x)等价于xln xxex.设函数m(x)xln x，则m(x)1ln x，所以当x时，m(x)0，故m(x)在上单调递减，在上单调递增，从而m(x)在(0，)上的最小值为m.设函数h(x)xex，x0，则h(x)ex(1x)所以当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0时，m(x)h(x)，即f(x)g(x)规律方法利用导
4、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)1，则g(x)x22xln(x1)，令h(x)x22xln(x1)，其中x1，则h(x)3x2，当x1时，h(x)0且h(x)不恒为零，所以函数g(x)在(1，)上单调递增，所以，当1x0时，g(x)0时，g(x)g(0)0，此时函数g(x)在(0，)上单调递增，所以g(x)g(0)0，即f(x)x3x2.2(2023桂林模拟)已知函数f(x)x2cos x，求证：f(x)20.证明f(x)x2cos x，要证f(x)20，即证x2cos x20.即证x2cos x2.令g(x)x2cos
5、x，g(x)g(x)，g(x)为偶函数，当x0，)时，g(x)2xsin x，令k(x)2xsin x，k(x)2cos x0，g(x)在0，)上单调递增，g(x)g(0)0，g(x)在0，)上单调递增，由g(x)为偶函数知，g(x)在(，0上单调递减，g(x)g(0)1.设h(x)2，h(x)，当x1时，h(x)0，h(x)在(1，)上单调递减；当x0，h(x)在(，1)上单调递增h(x)maxh(1)1，x2cos x2.原不等式得证专题强化练1(2023咸阳模拟)已知函数f(x)(xR)(1)求f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当x0，时，f(x)x.(1)解由题知，f
6、(0)0，f(x)，所以切点坐标为(0,0)，斜率为f(0)1，所以所求切线为xy0.(2)证明由f(x)x，x0，得x，x0，即xexsin x0，x0，令g(x)xexsin x，x0，则g(x)exxexcos x，令h(x)exxexcos x，x0，则h(x)2exxexsin x0在0，上恒成立，所以h(x)在0，上单调递增，有h(x)h(0)0，所以g(x)0在0，上恒成立，即g(x)在0，上单调递增，所以g(x)g(0)0，即xexsin x0，x0，综上，当x0，时，f(x)x.2(2023西宁模拟)已知函数f(x)ln xx2(a1)x(aR)，g(x)f(x)x2(a1)
7、x.(1)若a0，讨论f(x)的单调性；(2)任取两个正数x1，x2，当x1x2时，求证：g(x1)g(x2)0)当01时，令f(x)0，得0x1；令f(x)0，得x1，即0a0，得0x；令f(x)0，得1x.所以f(x)在(0,1)和上单调递增，在上单调递减综上所述，当0a1时，f(x)在，(1，)上单调递增，在上单调递减(2)证明由题意得，g(x)ln x.要证g(x1)g(x2)，只需证ln x1ln x2，即证ln，即证ln.令t，t(0,1)，所以只需证ln t在t(0,1)上恒成立，即证(t1)ln t2(t1)0在t(0,1)上恒成立令h(t)(t1)ln t2(t1)，t(0,1)，则h(t)ln t1，令m(t)ln t1，t(0,1)，则m(t)h(1)0，所以h(t)在(0,1)上单调递增，所以h(t)h(1)0.所以g(x1)g(x2).
