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    高考数学专题一 微专题11 切线放缩课件PPT

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    这是一份高考数学专题一 微专题11 切线放缩课件PPT,共54页。PPT课件主要包含了思维导图,所以a≤2,所以fx0等内容,欢迎下载使用。

    切线放缩思想一直是导数中重要的思想之一,某些求函数的最小值或证明不等式的问题,巧用切线放缩,会有意想不到的效果.一般试题难度较大.
    典例1 已知函数f(x)=ln x-xex+ax(a∈R).(1)若f(x)在[1,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围;
    考点一 利用切线放缩求最值
    所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,故g(x)min=g(1)=2e-1,因为a≤g(x)恒成立,所以a≤2e-1,故实数a的取值范围为(-∞,2e-1].
    (2)若a=1,求f(x)的最大值.
    方法一 设φ(x)=ex-x-1,则φ′(x)=ex-1,令φ′(x)>0,则x>0,令φ′(x)<0,则x<0,所以φ(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故φ(x)min=φ(0)=0,所以φ(x)≥0,故ex≥x+1.当a=1时,f(x)=ln x-xex+x=ln x-eln x·ex+x=ln x-ex+ln x+x≤ln x-(x+ln x+1)+x=-1,当且仅当x+ln x=0时等号成立,
    即方程x+ln x=0有实根,所以f(x)max=-1.
    所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,
    所以h(x)在(0,+∞)上有唯一的零点x0,当x∈(0,x0)时,h(x)>0,所以f′(x)>0,故f(x)在(0,x0)上单调递增,当x∈(x0,+∞)时,h(x)<0,所以f′(x)<0,故f(x)在(x0,+∞)上单调递减,
    从而f(x)max=f(x0)=ln x0- +x0,
    即f(x)的最大值为-1.
    跟踪训练1 已知函数 f(x)=ax+ln x+1,若对任意的 x>0,f(x)≤xe2x 恒成立,求实数a的取值范围.
    方法一 (切线放缩,利用ex≥x+1)对任意的x>0,f(x)≤xe2x 恒成立,
    因为xe2x-(ln x+1)=e2x+ln x-(ln x+1)≥(2x+ln x+1)-(ln x+1)=2x,
    当且仅当 2x+ln x=0 时等号成立 (方程显然有解),
    方法二 (隐零点)因为f(x)=ax+ln x+1,所以对任意的x>0,f(x)≤xe2x恒成立,等价于
    则只需a≤m(x)min 即可,
    再令g(x)=2x2e2x+ln x(x>0),
    所以当0x0时,m′(x)>0,所以m(x) 在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
    因为 +ln x0=0,所以ln 2+2ln x0+2x0=ln(-ln x0),即ln(2x0)+2x0=ln(-ln x0)+(-ln x0) ,
    因为s(2x0)=s(-ln x0),所以2x0=-ln x0,
    所以实数a的取值范围为(-∞,2].
    典例2 已知函数f(x)=ex-ln(x+m).(1)设x=0是f(x)的极值点,求m的值,并讨论f(x)的单调性;
    考点二 利用切线放缩证明不等式
    因为x=0是f(x)的极值点,
    令u(x)=(x+1)ex-1(x>-1),则u′(x)=(x+2)ex>0,所以u(x)在(-1,+∞)上单调递增,又u(0)=0,所以当-1当x>0时,u(x)>0,故f′(x)>0,从而f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
    (2)当m≤2时,证明:f(x)>0.
    方法一 当m≤2时,f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2),下面先证ex≥x+1,令g(x)=ex-x-1(x∈R),则g′(x)=ex-1,所以g′(x)<0⇔x<0,g′(x)>0⇔x>0,从而g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故g(x)min=g(0)=0,所以g(x)≥0,从而ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立,再证ln(x+2)≤x+1,令h(x)=ln(x+2)-x-1(x>-2),
    所以h′(x)>0⇔-2-1,从而h(x)在(-2,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减,故h(x)max=h(-1)=0,所以h(x)≤0,故ln(x+2)≤x+1,当且仅当x=-1时等号成立,综上所述,有ln(x+2)≤x+1≤ex,且两个等号不能同时成立,所以ln(x+2)0,因为当m≤2时,f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2),所以f(x)>0.
    方法二 当m≤2时,f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2),令g(x)=ex-ln(x+2),x>-2,
    令h(x)=(x+2)ex-1(x>-2),则h′(x)=(x+3)ex>0,所以h(x)在(-2,+∞)上单调递增,
    当-2x0时,h(x)>0,所以g′(x)>0,从而g(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
    故g(x)min=g(x0)= -ln(x0+2), ①因为h(x0)=(x0+2) -1=0,
    两边取对数得x0=-ln(x0+2),
    所以g(x)>0,即ex-ln(x+2)>0,因为当m≤2时,f(x)≥ex-ln(x+2),所以f(x)>0.
    跟踪训练2 已知函数f(x)=ln x-a2x2+ax.(1)试讨论f(x)的单调性;
    f(x)的定义域为(0,+∞),当a=0时,f(x)=ln x在(0,+∞)上单调递增;
    (2)若a=1,求证:当x>0时,f(x)当a=1时,f(x)=ln x-x2+x,要证当x>0时,f(x)0时,g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=0,所以当x>0时,e2x>2x+1,所以e2x-x-2>x-1.
    所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1)=0,所以当x>0时,h(x)≥h(1)=0,即当x>0时,x-1≥ln x,所以当x>0时,e2x-x-2>x-1≥ln x,即ln x0时,f(x)1.(2023·武汉模拟)已知函数f(x)=ex-1-a(x+1)(x≥1),g(x)=(x-1)ln x,其中e为自然对数的底数.(1)若f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
    易证ex≥x+1,所以ex-1≥x,当且仅当x=1时取等号,
    (2)若a取(1)中的最大值,证明:f(x)≥g(x).
    易证ln x≤x-1,所以当x≥1时,(x-1)ln x≤(x-1)2,
    因为(x-1)2≥(x-1)ln x,
    故f(x)≥g(x)成立.
    2.已知函数f(x)=ex+2x2-3x.(1)求函数f′(x)在区间[0,1]上的零点个数;(其中f′(x)为f(x)的导数)
    函数f(x)=ex+2x2-3x的导数f′(x)=ex+4x-3,则f′(x)=ex+4x-3在区间(0,1)单调递增,又f′(0)=1-3=-2<0,f′(1)=e+4-3=e+1>0,则函数f′(x)在区间[0,1]上只有一个零点.
    由y=ex-x-1,得y′=ex-1,可得当x>0时,y′>0,函数y=ex-x-1单调递增,当x<0时,函数y=ex-x-1单调递减,则ex-x-1≥0,即ex≥x+1,
    3.设函数f(x)=aex-xln x,其中a∈R.(1)若f(x)在定义域上是增函数,求实数a的取值范围;
    方法一 由题意知,f′(x)=aex-ln x-1(x>0),且f′(x)≥0恒成立,
    故g(x)在(0,1)上单调递增,
    故g(x)在(1,+∞)上单调递减,
    方法二 由题意,f′(x)=aex-ln x-1(x>0),且f′(x)≥0恒成立,
    易证ln x≤x-1,ex≥ex,
    下面证明当x>1时该不等式也成立,
    令r(x)=xln x-ln x-1(x>1),
    所以r′(x)在(1,+∞)上单调递增,又r′(1)=0,所以当x>1时,r′(x)>0,从而r(x)在(1,+∞)上单调递增,又r(2)=ln 2-1<0,r(e)=e-2>0,所以r(x)在(1,+∞)上有唯一的零点x0,且x0∈(2,e),当x∈(1,x0)时,r(x)<0,所以h′(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,r(x)>0,所以h′(x)>0,从而h(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
    故h(x)min=h(x0)=2- , ①又r(x0)=x0ln x0-ln x0-1=0,
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