江苏专用2020版高考数学大一轮复习第三章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课时导数与不等式课件.pptx

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1、第1课时　导数与不等式第三章高考专题突破一　高考中的导数应用问题NEIRONGSUOYIN内容索引题型分类深度剖析课时作业1PARTONE题型分类　深度剖析题型一　证明不等式师生共研(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－lnx≥1(当x＝1时取等号

2、)，②所以①②等号不同时取得，思维升华(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)

3、f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；解依题意得f′(x)＝lnx＋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)0，xlnx≤0，故xlnx1时，令g(x)＝ex＋sinx－1－xlnx，故g′(x)＝ex

4、＋cosx－lnx－1.令h(x)＝g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1，故h(x)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xlnx0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞

5、)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].引申探究由例(2)解题知，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)＝ex－1－x－ax2.(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；证明当a＝0

6、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

7、(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)0)，12345当x∈(0，x0)时，G(x

8、)>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.12345∴F(x)≤F(x0)＝lnx0＋x0－＋1，∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f(x)≤g(x).123452.已知函数f(x)＝ax2＋bx＋xlnx的图象