浙江专用高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第5节导数与不等式课件.pptx

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1、考试要求1.能利用导数证明简单的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，会求参数的取值范围.第5节　导数与不等式知识梳理1.证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题.2.求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题.3.不等式能成立看作不等式有解问题.[常用结论与易错提醒]与不等式有关的结论(1)对任意x，f(x)>g(x)⇔f(x)－g(x)>0⇔[f(x)－g(x)]min>0.(2)对任意x1，x2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(3)存在x1，x2，f(x1)>

2、g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.(4)对任意x，存在x0，f(x)>g(x0)⇔f(x)min>g(x)min.(5)f(x)≥a或f(x)≤a对x∈D恒成立⇔f(x)min≥a或f(x)max≤a.(6)若存在x∈D，使f(x)≥a或f(x)≤a⇔f(x)max≥a或f(x)min≤a.(7)对任意的x1∈D1，总存在x2∈D2，使f(x1)＝g(x2)⇔A⊆B(其中集合A为f(x1)的值域，集合B为f(x2)的值域).(8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用.基础自测解析由f′(x)＝xex(x＋2)，令f′(x)＝0，得

3、x＝0或x＝－2(舍去).∴f(x)最大＝f(1)＝e，由题意m>e.答案D答案D4.已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2＋x＋2，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，则实数a的取值范围是________.解析g′(x)＝3x2＋2ax＋1，∵2f(x)≤g′(x)＋2，∴2xlnx≤3x2＋2ax＋1.当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)递减，∴h(x)最大＝h(x)极大＝h(1)＝－2，由题意a≥－2.答案[－2，＋∞)5.当x∈[－2，1]时，不等式

4、ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________.解析当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R，∴φ(x)在(0，1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0，当x∈(－1，0)时，φ′(x)>0.∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值.综上知－6≤a≤－2.答案[－6，－2]当02时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.当01时，g′(x)>0.

5、所以x＝1是g(x)的最小值点.故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥时，f(x)≥0.规律方法(1)利用参数a的范围放缩不等式是关键；(2)不等式有等号时，可利用函数的最值证明不等式，否则可利用函数的单调性求函数的值域.【训练1】已知函数f(x)＝xlnx－2x.(1)求f(x)的单调区间、极值；(2)若x>y>0，试确定f(x)－f(y)与xlny－ylnx的大小关系，并给以证明.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－2＝lnx－1，令f′(x)＝0得x＝e.将x，f′(x)，f(x)变化情况列下表：x(0，e)e

6、(e，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗可得(0，e)是f(x)的递减区间，(e，＋∞)是f(x)的递增区间，f(x)在x＝e处有极小值－e，无极大值.(2)f(x)－f(y)>xlny－ylnx.证明如下：[f(x)－f(y)]－(xlny－ylnx)＝xlnx－2x－ylny＋2y－xlny＋ylnx∴M(t)>M(1)＝0即Q′(t)>0.∴Q(t)在(1，＋∞)上是递增函数.∴Q(t)>Q(1)＝0.又y>0，∴(*)>0，∴f(x)－f(y)>xlny－ylnx.(1)证明原不等式等价于x4－x3－x＋1≥0，设g(x)＝x4－x3－x＋1

7、，则g′(x)＝4x3－3x2－1＝(x－1)(4x2＋x＋1)，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥－x2＋x＋1.(2)解当x＝0时，易知a∈R；所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).(1)证明令F(x)＝f(x)－g(x)∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x).∴f(x)，g(x)均在[1，a]上单调递增.∵f(x)≥g(x)，F(x)＝f(x)－g(x

8、)在[1，＋∞)上单调递增，∴f(x)与g(x)的图象在[1，a]