习题课 不等式证明问题 课件+学案（含答案）

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习题课　不等式证明问题第二章　导数及其应用了解高考热点中的证明问题的证明思路，把握高考证明问题的方向.学习目标课时对点练一、将不等式转化为函数的最值问题二、将不等式转化为两个函数的最值进行比较内容索引一、将不等式转化为函数的最值问题例1　函数f(x)＝x＋a·x2＋b·ln x的图象在点P(1,0)处的切线斜率为2.(1)求a，b的值；解　由题设可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵y＝f(x)在点P(1,0)处切线的斜率为2，∴f(1)＝1＋a＝0，f′(1)＝1＋2a＋b＝2，解得a＝－1，b＝3.(2)证明：f(x)≤2x－2对任意正实数x恒成立.证明　由(1)知f(x)＝x－x2＋3ln x(x>0)，则转化为证明2－x－x2＋3ln x≤0对任意正实数x恒成立，设g(x)＝2－x－x2＋3ln x，x>0，∴当00；当x>1时，g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)在x＝1处有最大值g(1)＝0，∴g(x)≤0对任意正实数x恒成立，即2－x－x2＋3ln x≤0对任意正实数x恒成立，即f(x)≤2x－2对任意正实数x恒成立，原命题得证.反思感悟　解题思路(1)构造函数h(x)＝f(x)－g(x).(2)问题转化为证明f(x)－g(x)≥0，即证h(x)≥0即可.(3)讨论单调性：根据h′(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性.(4)求最值：由函数h(x)的单调性确定最值，并确认h(x)≥h(x)min≥0即可.跟踪训练1　设函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2，a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；解　当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex＋x2，则f′(x)＝xex＋2x，∴f′(1)＝e＋2，又f(1)＝1，∴所求的切线方程为y－1＝(e＋2)(x－1)，即(e＋2)x－y－e－1＝0.(2)设函数g(x)＝ln x＋x－ex＋1，当a＝0时，证明f(x)－g(x)≥0.证明　当a＝0时，f(x)－g(x)＝(x－1)ex＋ex－ln x－x－1＝xex－ln x－x－1.设h(x)＝xex－ln x－x－1，其定义域为(0，＋∞)，则证明h(x)≥0即可.∴函数h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，当0x0时，h′(x)>0，∴函数h(x)的最小值为h(x0)，∴h(x)≥h(x0)＝ －ln x0－x0－1＝1＋x0－x0－1＝0.故f(x)－g(x)≥0得证.二、将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2　已知函数f(x)＝ 在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝2.(1)求a，b的值；又点(1，f(1))在直线x＋y＝2上，∴f(1)＝1，又直线x＋y＝2的斜率为－1，∴f′(1)＝－1，(2)若对函数f(x)定义域内任意一个实数x，有xf(x)h(1)＝0，故m的取值范围是(1，＋∞).当x>1时，h(x)0；当x>1时，g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝1，设φ(x)＝xln x＋x(x>0)，则φ′(x)＝ln x＋2，当x>e－2时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；当00，k(x)单调递增；当x>1时，k′(x)<0，k(x)单调递减，反思感悟　合理的构造函数是证明问题的关键，此类函数一般的结构是对∀x∈D，都有h(x)＝f(x)－g(x)≥0，可转化为∀x1，x2∈D都有f(x1)min≥g(x2)max，即可得证.跟踪训练2　已知函数f(x)＝ln x－(1)若曲线y＝f(x)存在一条切线与直线y＝ x垂直，求这条切线的方程；即(e－1)x－ey－e＝0.(2)证明：f(x)0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)，1.知识清单：(1)将不等式转化为函数的最值问题.(2)将不等式转化为两个函数的最值进行比较.2.方法归纳：构造法、放缩法、分离参数、分类讨论、数形结合.3.常见误区：转化为两个函数证明不等式关注等号成立的点.课堂小结课时对点练123456789一、选择题1.若不等式x4－4x3>2－a对任意实数x都成立，则实数a的取值范围是A.a<－27 B.a>－25C.a≥29 D.a>29√123456789解析　令f(x)＝x4－4x3，则f′(x)＝4x3－12x2＝4x2(x－3)，当x<3时，f′(x)<0；当x>3时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，3)，单调递增区间是(3，＋∞)，所以当x＝3时，f(x)取得极小值，也是最小值，则f(x)min＝f(3)＝－27，因为不等式x4－4x3>2－a对任意实数x都成立，所以－27>2－a，即a>29.1234567892.已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则A.c0，同理b>0，c>0，当01时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即f(5)＝f(a)，又0f(4)>f(3)，所以f(a)>f(b)>f(c)，所以0bb123456789√3.已知0bb⇔aln a>bln b，由C选项的分析，1234567894.(多选)已知函数f(x)＝xln x，若0x2f(x1)，故C正确；123456789故(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＝x1f(x1)＋x2f(x2)－x2f(x1)－x1f(x2)>0，即x1f(x1)＋x2f(x2)>x2f(x1)＋x1f(x2)，故D正确.123456789二、填空题5.若函数y＝ln(ex－x＋a)的值域为R，则实数a的取值范围是____________.解析　 欲使函数的值域为R，只需ex－x＋a能取遍所有正数，即最小值小于等于0.令f(x)＝ex－x＋a，令f′(x)＝ex－1>0，得x>0；令f′(x)＝ex－1<0，得x<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，故f(x)min＝f(0)＝1＋a≤0⇒a≤－1.(－∞，－1]1234567896.已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围为__________.(－∞，4]令h′(x)＝0，解得x1＝－3(舍去)，x2＝1，所以当0＜x＜1时，h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上单调递减；当x>1时，h′(x)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)在x＝1时取得极小值，也即最小值，所以h(x)≥h(1)＝4.解析　因为2f(x)≥g(x)，所以2xln x≥－x2＋ax－3，123456789因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，所以a的取值范围为(－∞，4].123456789解　∵函数f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)，∴f′(x)＝1＋ln x，g′(x)＝2λx，∵函数y＝f(x)与y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，∴f′(1)＝g′(1)，∴1＋ln 1＝2λ，三、解答题7.已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数).(1)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；123456789123456789123456789∴h′(x)＝x－1－ln x，令φ(x)＝x－1－ln x，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－1－ln 1＝0，∴h′(x)＝x－1－ln x≥0在[1，＋∞)上恒成立，123456789∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝0，∴h(x)≥0，1234567898.已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；123456789解　∵f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x＋1，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，令f′(x)>0，则2ax＋1>0，123456789令f′(x)<0，则2ax＋1<0，综上，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；123456789123456789令g(t)＝ln t－t＋1(t>0)，123456789令g′(t)>0，则01.故g(t)max＝g(1)＝0，所以当t>0时，g(t)≤0，123456789(1)若f(x)在[1,2]上单调递减，求实数a的最大值；123456789解　f(x)的定义域为(0，＋∞).∵f(x)在[1,2]上单调递减，令g(x)＝xex(1≤x≤2)，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，∴g(x)在[1,2]上单调递增，123456789∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.123456789∴当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，123456789本 课 结 束