2025届高考数学二轮总复习专题1函数与导数专项突破1突破2利用导数证明问题课件.pptxVIP

;导数与不等式的交汇命题是高考的热点和难点,在利用导数证明不等式的问题中,常用的方法有构造函数、适当换元、合理放缩、利用最值、有界性、不等式及其性质等.;;(1)解f(x)=aex-1,x∈R.

①当a≤0时,f(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减.

②当a0时,令f(x)=0,得x=ln=-lna.

随x的变化,f(x),f(x)的变化如下表:;[对点训练1](2024四川广安二模)已知函数f(x)=ex-ax-1.

(1)若f(x)存在极值,求a的取值范围;

(2)若a≤1,x∈(0,+∞),证明:f(x)x-sinx.

(1)解由f(x)=ex-ax-1,x∈R,得f(x)=ex-a,

当a≤0时,f(x)0,则f(x)单调递增,f(x)不存在极值;

当a0时,令f(x)=0,则x=lna,

当xlna,则f(x)0,即f(x)在(-∞,lna)内单调递减,

当xlna,则f(x)0,即f(x)在(lna,+∞)内单调递增.

所以x=lna是f(x)的极小值点,所以当a0时,f(x)存在极值.

综上所述,f(x)存在极值时,a的取值范围是(0,+∞).;(2)证明欲证不等式f(x)x-sinx在x∈(0,+∞)时恒成立,

只需证明ex+sinx-(a+1)x-10在x∈(0,+∞)时恒成立.

设g(x)=ex+sinx-(a+1)x-1,x∈(0,+∞),

则g(x)=ex+cosx-(a+1),

令m(x)=g(x)=ex+cosx-(a+1),x∈(0,+∞),则m(x)=ex-sinx.

当x∈(0,+∞)时,ex1,-1≤-sinx≤1,所以m(x)0,

所以m(x)即g(x)在(0,+∞)内单调递增,所以g(x)g(0)=1-a,

因为a≤1,

所以g(0)=1-a≥0,

故当x∈(0,+∞)时,g(x)0,所以g(x)在(0,+∞)内单调递增,所以g(x)g(0)=0,即当a≤1,x∈(0,+∞)时,不等式f(x)x-sinx恒成立.;;F(x)有两个极值点,

所以方程-2x2+ax-1=0有两个不相等的正实根,

当0xx1时,F(x)0,F(x)单调递减;

当x1xx2时,F(x)0,F(x)单调递增;

当xx2时,F(x)0,F(x)单调递减.

所以F(x)在x=x1处有极小值,在x=x2处有极大值,

因此a的取值范围是(2,+∞).;令g(x)=x2-cosx,∵g(-x)=g(x),∴g(x)为偶函数,

当x∈[0,+∞)时,g(x)=2x+sinx,令k(x)=2x+sinx,k(x)=2+cosx0,

∴g(x)在[0,+∞)内单调递增,∴g(x)≥g(0)=0,

∴g(x)在[0,+∞)内单调递增,

由g(x)为偶函数知,g(x)在(-∞,0]内单调递减,∴g(x)≥g(0)=-1.;;当a≥0时,因为x0,所以f(x)0恒成立,则y=f(x)在(0,+∞)内单调递增,

且f(1)=0,所以f(x)恒大于???等于零不成立;

当a0时,由f(x)=0,得x=-a,

易知当x-a时,f(x)0,当0x-a时,f(x)0,

所以y=f(x)在(0,-a)内单调递减,在(-a,+∞)内单调递增.

则f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1+a,若f(x)≥0恒成立,则ln(-a)+1+a≥0.

令h(x)=ln(-x)+1+x(x0),则h(x)=

h(x)在区间(-∞,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,所以h(x)max=h(-1)=0,

所以当ln(-a)+1+a≥0时,a=-1.

综上,若f(x)≥0恒成立,则a=-1.;令g(x)=x-sinx(x≥0),则g(x)=1-cosx≥0恒成立,

所以函数g(x)在[0,+∞)内单调递增,

故当x0时,g(x)g(0)=0,即sinxx.;[对点训练3](2024福建泉州模拟)已知函数f(x)=ex-axsinx-x-1(a∈R).

(1)当a=0时,讨论函数f(x)的单调性;

(2)当a=时,证明:对任意的x∈(0,+∞),f(x)0.;(1)解当a=0时,f(x)=ex-x-1,f(x)=ex-1.

令f(x)0,解得x0,f(x)在(0,+∞)内单调递增;令f(x)0,解得x0,f(x)在(-∞,0)内单调递减.;由(1)知,当a=0时,f(x)≥f(0)=0,所以ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立.

当x0时,exx+1.