高中数学高考16第三章 导数及其应用 高考专题突破1 第1课时 导数与不等式

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0<x<1时，f′(x)>0，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<x－1.(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.思维升华跟踪训练1

已知函数f(x)＝xlnx－ex＋1.(1)求曲线y＝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)<sinx在(0，＋∞)上恒成立.证明

依题意，要证f(x)<sinx，即证xlnx－ex＋1<sinx，即证xlnx<ex＋sinx－1.当0<x≤1时，ex＋sinx－1>0，xlnx≤0，故xlnx<ex＋sinx－1，即f(x)<sinx.当x>1时，令g(x)＝ex＋sinx－1－xlnx，故g′(x)＝ex＋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xlnx<ex＋sinx－1，即f(x)<sinx.综上所述，f(x)<sinx在(0，＋∞)上恒成立.题型二不等式恒成立或有解问题师生共研解函数的定义域为(0，＋∞)，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，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)≤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－x0

＋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≤x<lna.∴h(x)在[0，lna)上单调递减，又∵h(0)＝0，∴h(x)≥0不恒成立，∴a>1不合题意.综上，a的取值范围为(－∞，1].3.(2018·贵州适应性考试)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，得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞).综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)，单调递减区间为(lna，＋∞).(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围.1234512345解因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：123454.设函数f(x)＝ax2－xlnx－(2a－1)x＋a－1(a∈R).若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.12345技能提升练12345解f′(x)＝2ax－1－lnx－(2a－1)＝2a(x－1)－lnx(x>0)，易知当x∈(0，＋∞)时，lnx≤x－1，则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1).f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，符合题意.当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝0，显然不合题意，a≤0舍去.1234512345拓展冲刺练5.已知函数f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝2ex，若存在实数m，对任意的x∈[1，k](k>1)，都有f(x＋m)≤2ex，求整数k的最小值.12345解

因为f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2ex，所以f(x)＝2e|x|，对于x∈[1，k]，由f(x＋m)≤2ex得2e|x＋m|≤2ex，两边取以e为底的对数得|x＋m|≤lnx＋1，所以－x－lnx－1≤m≤－x＋lnx＋1在[1，k]上恒成立，设g(x)＝－x＋lnx＋1(x∈[1，k])，所以g(x)在[1，k]上单调递减，所以g(x)min＝g(k)＝－k＋lnk＋1，12345