2020版高考数学新增分大一轮江苏专用课件：第三章 导数及其应用 高考专题突破一 第1课时 .pptx

第1课时 导数与不等式,大一轮复习讲义,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,1,PART ONE,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xln x1(当x1时取等号)， 所以等号不同时取得，,(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)ming(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x1x2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 xex1. (1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；,解 依题意得f(x)ln x1ex， 又f(1)1e，f(1)1e， 故所求切线方程为y1e(1e)(x1)， 即y(1e)x.,(2)证明：f(x)sin x在(0，)上恒成立.,证明 依题意，要证f(x)0，xln x0， 故xln x1时，令g(x)exsin x1xln x， 故g(x)excos xln x1. 令h(x)g(x)excos xln x1，,故h(x)在(1，)上单调递增. 故h(x)h(1)ecos 110，即g(x)0， 所以g(x)在(1，)上单调递增， 所以g(x)g(1)esin 110， 即xln xexsin x1，即f(x)sin x. 综上所述，f(x)sin x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x1. 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x1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k2，即实数k的取值范围是(，2.,由例(2)解题知，,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)ex1xax2. (1)当a0时，求证：f(x)0；,证明 当a0时，f(x)ex1x，f(x)ex1. 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)minf(0)0，f(x)0.,(2)当x0时，若不等式f(x)0恒成立，求实数a的取值范围.,解 f(x)ex12ax，令h(x)ex12ax，则h(x)ex2a.,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(x)f(0)0，,令h(x)0，解得xln(2a)， 在0，ln(2a)上，h(x)0，h(x)单调递减，,当x(0，ln(2a)时，有h(x)h(0)0， 即f(x)f(0)0， f(x)在区间(0，ln(2a)上为减函数， f(x)f(0)0，不合题意.,2,课时作业,PART TWO,1.已知函数f(x)ln xx，g(x)x·ex1，求证：f(x)g(x).,基础保分练,1,2,3,4,5,证明 令F(x)f(x)g(x)ln xxxex1(x0)，,1,2,3,4,5,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.,1,2,3,4,5,F(x)F(x0)ln x0x0 1，,F(x0)0，即F(x)0，f(x)g(x).,1,2,3,4,5,2.已知函数f(x)ax2bxxln x的图象在(1，f(1)处的切线方程为3xy20. (1)求实数a，b的值；,解 f(x)2axb1ln x， 所以2ab13且ab1，解得a1，b0.,1,2,3,4,5,(2)设g(x)x2x，若kZ，且k(x2)2恒成立，求k的最大值.,1,2,3,4,5,所以函数m(x)为(2，)上的增函数. 因为m(8)42ln 862ln e3660， 所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0，,1,2,3,4,5,即有x042ln x00成立， 故当2x0时，m(x)0，即h(x)0， 所以函数h(x)在(2，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，,又kZ，所以k的最大值为4.,1,2,3,4,5,(1)求函数f(x)的单调区间；,解 因为f(x)aex，xR. 当a0时，f(x)0时，令f(x)0，得xln a. 由f(x)0，得f(x)的单调增区间为(，ln a)； 由f(x)0时，f(x)的单调增区间为(，ln a)，单调减区间为(ln a，).,1,2,3,4,5,(2)x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，求a的取值范围.,1,2,3,4,5,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：,1,2,3,4,5,技能提升练,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,解 依题意知f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在1,2上的最小值， 即f(x)ming(x)min.,则当00，,又g(x)x22bx4，,1,2,3,4,5,当b1时，可求得g(x)ming(1)52b，,当1b2时，可求得g(x)ming(b)4b2，,当b2时，可求得g(x)ming(2)84b，,1,2,3,4,5,5.已知函数f(x)为偶函数，当x0时，f(x)2ex，若存在实数m，对任意的x1，k(k1)，都有f(xm)2ex，求整数k的最小值.,拓展冲刺练,1,2,3,4,5,解 因为f(x)为偶函数，且当x0时，f(x)2ex，所以f(x)2e|x|， 对于x1，k，由f(xm)2ex得2e|xm|2ex， 两边取以e为底的对数得|xm|ln x1， 所以xln x1mxln x1在1，k上恒成立， 设g(x)xln x1(x1，k)，,所以g(x)在1，k上单调递减， 所以g(x)ming(k)kln k1， 设h(x)xln x1(x1，k)，易知h(x)在1，k上单调递减，,1,2,3,4,5,所以h(x)maxh(1)2，故2mkln k1， 若实数m存在，则必有kln k3， 又k1，且k为整数， 所以k2满足要求，故整数k的最小值为2.,