2021版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第4讲 导数的综合应用 第1课时 利用导数解决不等式问题教案 文 新人教A版.doc

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1、第1课时　利用导数解决不等式问题　　　　　　构造函数证明不等式(师生共研)(2020·唐山市摸底考试)设f(x)＝2xlnx＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2lnx.【解】　(1)f′(x)＝2(lnx＋1)．所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝1－.(2)证明：x2－x＋＋2lnx－f(x)＝x(x－1)－－2(x－1)lnx＝(x－1)，令g(x)＝x－－2lnx，则g′(x)＝1＋－＝≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0

2、，所以当01时，g(x)>0，所以(x－1)≥0，即f(x)≤x2－x＋＋2lnx.利用导数证明不等式成立问题的常用方法(1)将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式．10(2)直接将不等式转化成某个函数的最值问题．若证明f(x)

3、)<0，即证明f(x)

4、x)的情况如下：x－2(－2，0)04g′(x)＋－＋g(x)－60－0所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.　　　　转化为两个函数的最值进行比较(师生共研)(2020·福州模拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.10【解】　(1)f′(x)＝－a(x>0)．①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．

5、(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x

6、)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．　　(2020·四省八校双教研联考)已知函数f(x)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x>1时，求证：>－1.解：(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a>0，则当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；若a<0，则当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，所以f(x)在(0

7、，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证>－1，即证>e－x，即证1时，x－xlnx－1<0，即1时，lnx1，则F′(x)＝ex－单调递增，所以F′(x)>F′(1)＝e－1>0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)>F(1)，而F(1)＝e，所以ex－lnx>e>0，所以ex>lnx，所以ex>lnx>，所以原不等