2020版高考数学复习导数及其应用高考专题突破一高考中的导数应用问题（第1课时）导数与不等式教案文新人教A版

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1、第1课时　导数与不等式题型一　证明不等式例1设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(2)证明　由(1)知，f(x)在x＝1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnxg(x)的一般方法是证明h(x)

2、＝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)

3、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　依题意，要证f(x)0，xlnx≤0，故xlnx1时，令g(x)＝ex＋sinx－1－xlnx，故g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1.令h(x)＝g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1，则h′(x)＝ex－－sinx，当x>1时，ex－>e－1>1，所以h′(x)＝ex－－sinx>0，故h(x

4、)在(1，＋∞)上单调递增．故h(x)>h(1)＝e＋cos1－1>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝e＋sin1－1>0，即xlnx

5、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00，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]．引申探究本例(2)中若改为：∃x∈[1，e]，使不等式f(x)≥成立，求实数k的取值范围．解　当x∈[1，e]

6、时，k≤有解，令g(x)＝(x∈[1，e])，由例(2)解题知，g(x)为单调增函数，所以g(x)max＝g(e)＝2＋，所以k≤2＋，即实数k的取值范围是.思维升华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已知函数f(x)＝ax＋lnx，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．解　∵f(x)≤0，即ax＋lnx≤0对x∈[1，e]恒成立，∴a≤－，x∈[1，e]．令g(x)＝－，x∈[1，e]，则g′(x)＝，∵x∈[1，e]，∴g′(

7、x)≤0，∴g(x)在[1，e]上单调递减，∴g(x)min＝g(e)＝－，∴a≤－.∴实数a的取值范围是.1．已知函数f(x)＝lnx＋x，g(x)＝x·ex－1，求证：f(x)≤g(x)．证明　令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx＋x－xex＋1(x>0)，则F′(x)＝＋1－ex－xex＝－(x＋1)ex＝(x＋1).令G(x)＝－ex，可知G(x)在(0，＋∞)上为减函数，且G＝2－>0，G(1)＝1－e<0，∴存在x0∈，使得G(x0)＝0，即－＝0.当x∈(0，x0