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2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+*题:第三章 导数及其应用 高考专题突破一 第1课时 Word版含解析

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高清试卷 下载可打印 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 题型一 证明不等式 x-1 例 1 已知函数 f(x)=1- ,g(x)=x-ln x. ex (1)证明:g(x)≥1; 1 (2)证明:(x-ln x)f(x)>1- . e2 x-1 证明 (1)由题意得 g′(x)= (x>0), x 当 0<x<1 时,g′(x)<0. 当 x>1 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. x-1 x-2 (2)由 f(x)=1- ,得 f′(x)= , ex ex 所以当 0<x<2 时,f′(x)<0,当 x>2 时,f′(x)>0, 即 f(x)在(0,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数, 1 所以 f(x)≥f(2)=1- (当 x=2 时取等号).① e2 又由(1)知 x-ln x≥1(当 x=1 时取等号),② 所以①②等号不同时取得, 1 所以(x-ln x)f(x)>1- . e2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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)<f(x2)+g(x2)对 x1<x2 恒成立,即等价于函数 h(x)=f(x)+g(x)为增函数. 跟踪训练 1 已知函数 f(x)=xln x-ex+1. (1)求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)证明:f(x)<sin x 在(0,+∞)上恒成立. (1)解 依题意得 f′(x)=ln x+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 依题意,要证 f(x)<sin x, 即证 xln x-ex+1<sin x, 即证 xln x<ex+sin x-1. 当 0<x≤1 时,ex+sin x-1>0,xln x≤0, 故 xln x<ex+sin x-1,即 f(x)<sin x. 当 x>1 时,令 g(x)=ex+sin x-1-xln x, 故 g′(x)=ex+cos x-ln x-1. 令 h(x)=g′(x)=ex+cos x-ln x-1, 1 则 h′(x)=ex- -sin x, x 1 当 x>1 时,ex- >e-1>1, x 1 所以 h′(x)=ex- -sin x>0, x 高清试卷 下载可打印 故 h(x)在(1,+∞)上单调递增. 故 h(x)>h(1)=e+cos 1-1>0,即 g′(x)>0, 所以 g(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以 g(x)>g(1)=e+sin 1-1>0, 即 xln x<ex+sin x-1,即 f(x)<sin x. 综上所述,f(x)<sin x 在(0,+∞)上恒成立. 高清试卷 下载可打印 题型二 不等式恒成立或有解问题 1+ln x 例 2 已知函数 f(x)= . x ( )1 (1)若函数 f(x)在区间 a,a+ 上存在极值,求正实数 a 的取值范围; 2 k (2)如果当 x≥1 时,不等式 f(x)≥ 恒成立,求实数 k 的取值范围. x+1 解 (1)函数的定义域为(0,+∞), 1-1-ln x ln x f′(x)= =- , x2 x2 令 f′(x)=0,得 x=1. 当 x∈(0,1)时,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, 1 所以 0<a<1<a+ , 2 ( ) 1 1 故 <a<1,即实数 a 的取值范围为 ,1 . 2 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 ?x+1??1+ln x? (2)当 x≥1 时,k≤ 恒成立, x ?x+1??1+ln x? 令 g(x)= (x≥1), x ( )1 1+ln x+1+ x x-?x+1??1+ln x? x-ln x 则 g′(x)= x2 = x2 . 1 再令 h(x)=x-ln x(x≥1),则 h′(x)=1- ≥0, x 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 k 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. x+1 ?x+1??1+ln x? 解 当 x∈[1,e]时,k≤ 有解, x ?x+1??1+ln x? 令 g(x)= (x∈[1,e]),由例(2)解题知, x 2 g(x)为单调增函数,所以 g(x)max=g(e)=2+e, ( ] 2 2 所以 k≤2+ ,即实数 k 的取值范围是 -∞,2+ . e e 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; 高清试卷 下载可打印 (2)当 x≥0 时,若不等式 f(x)≥0 恒成立,求实数 a 的取值范围. (1)证明 当 a=0 时,f(



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