高中数学高考17第三章导数及其应用高考专题突破1 第1课时导数与不等式课件PPT

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这是一份高中数学高考17第三章导数及其应用高考专题突破1 第1课时导数与不等式课件PPT，共41页。PPT课件主要包含了内容索引，课时作业，题型分类深度剖析，题型一证明不等式，所以k的最大值为4等内容，欢迎下载使用。

NEIRONGSUOYIN
题型分类深度剖析
(1)证明：g(x)≥1；
当01时，g′(x)>0，即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数.所以g(x)≥g(1)＝1，得证.
所以当02时，f′(x)>0，即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，
又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时取等号)， ②且①②等号不同时取得，
(1)证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)>0(利用单调性)，特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性.(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)＋g(x1)跟踪训练1　已知函数f(x)＝xln x－ex＋1.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
解　依题意得f′(x)＝ln x＋1－ex，又f(1)＝1－e，f′(1)＝1－e，故所求切线方程为y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x.
(2)证明：f(x)证明　依题意，要证f(x)0，xln x≤0，故xln x1时，令g(x)＝ex＋sin x－1－xln x，故g′(x)＝ex＋cs x－ln x－1.令h(x)＝g′(x)＝ex＋cs x－ln x－1，
故h(x)在(1，＋∞)上单调递增.故h(x)>h(1)＝e＋cs 1－1>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝e＋sin 1－1>0，即xln x题型二　不等式恒成立或有解问题
解　函数的定义域为(0，＋∞)，
令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].
利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围.(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
跟踪训练2　(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；
证明　当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解　f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a.
在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0，
令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，
在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴当x∈(0，ln(2a))时，有h(x)1.已知函数f(x)＝ln x＋x，g(x)＝x·ex－1，求证：f(x)≤g(x).
证明　令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x－xex＋1(x>0)，
当x∈(0，x0)时，G(x)>0，∴F′(x)>0，F(x)为增函数；当x∈(x0，＋∞)时，G(x)<0，∴F′(x)<0，F(x)为减函数.∴F(x)≤F(x0)＝ln x0＋x0－x0 ＋1，
∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f(x)≤g(x).
2.(2018·兰州模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋xln x的图象在(1，f(1))处的切线方程为3x－y－2＝0.(1)求实数a，b的值；
解　f′(x)＝2ax＋b＋1＋ln x，所以2a＋b＋1＝3且a＋b＝1，解得a＝1，b＝0.
(2)设g(x)＝x2－x，若k∈Z，且k(x－2)2恒成立，求k的最大值.
所以函数m(x)为(2，＋∞)上的增函数.因为m(8)＝4－2ln 8<4－2ln e2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln 10>6－2ln e3＝6－6＝0，所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0，即有x0－4－2ln x0＝0成立，
故当2x0时，m(x)>0，即h′(x)>0，所以函数h(x)在(2，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
3.(2018·贵州适应性考试)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝(1)求函数f(x)的单调区间；
解　因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).
(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围.
解　因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：
4.设函数f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R).若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解　f′(x)＝2ax－1－ln x－(2a－1)＝2a(x－1)－ln x(x>0)，易知当x∈(0，＋∞)时，ln x≤x－1，则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1).
f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，符合题意.当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝0，显然不合题意，a≤0舍去.
解　依题意知f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在[1,2]上的最小值，即f(x)min≥g(x)min.
则当00，
又g(x)＝x2－2bx＋4，
①当b<1时，可求得g(x)min＝g(1)＝5－2b，
②当1≤b≤2时，可求得g(x)min＝g(b)＝4－b2，
6.已知函数f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝2ex，若存在实数m，对任意的x∈[1，k](k>1)，都有f(x＋m)≤2ex，求整数k的最小值.
解　因为f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2ex，所以f(x)＝2e|x|，对于x∈[1，k]，由f(x＋m)≤2ex得2e|x＋m|≤2ex，两边取以e为底的对数得|x＋m|≤ln x＋1，所以－x－ln x－1≤m≤－x＋ln x＋1在[1，k]上恒成立，设g(x)＝－x＋ln x＋1(x∈[1，k])，
所以g(x)在[1，k]上单调递减，所以g(x)min＝g(k)＝－k＋ln k＋1，
设h(x)＝－x－ln x－1(x∈[1，k])，易知h(x)在[1，k]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－2，故－2≤m≤－k＋ln k＋1，若实数m存在，则必有－k＋ln k≥－3，又k>1，且k为整数，所以k＝2满足要求，故整数k的最小值为2.