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）导数与不等式课件文新人教A版.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题型分类　深度剖析1PARTONE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；师生共研解由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.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，lnx

2、>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、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＋cosx－lnx－

4、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，＋∞)时，

5、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.思维升华跟踪训练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

6、)≤0，即ax＋lnx≤0对x∈[1，e]恒成立，∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0，∴g(x)在[1，e]上单调递减，课时作业2PARTTWO1.已知函数f(x)＝lnx＋x，g(x)＝x·ex－1，求证：f(x)≤g(x).基础保分练12345证明令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx＋x－xex＋1(x>0)，12345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)＝lnx0＋x0－x

7、0＋1，12345∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f(x)≤g(x).2.已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x)·ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.1234512345解f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，∴h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立.当a>1时，令h′(x)>0，得x>lna；令h′(x)<0，得0≤

8、x1不合题意.综上，a的取值范围为(－∞，1].3.已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝(1)求函数f(x)的单调区间；12345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＝lna.由f′(x)>0