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(江苏专用)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)导数与不等式教案(含解析)-人教版高三全册数学教案VIP免费

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第1课时导数与不等式题型一证明不等式例1已知函数f(x)=1-,g(x)=x-lnx.(1)证明:g(x)≥1;(2)证明:(x-lnx)f(x)>1-.证明(1)由题意得g′(x)=(x>0),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.(2)由f(x)=1-,得f′(x)=,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,所以f(x)≥f(2)=1-(当x=2时取等号).①又由(1)知x-lnx≥1(当x=1时取等号),②所以①②等号不同时取得,所以(x-lnx)f(x)>1-.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)0,xlnx≤0,故xlnx1时,令g(x)=ex+sinx-1-xlnx,故g′(x)=ex+cosx-lnx-1.令h(x)=g′(x)=ex+cosx-lnx-1,则h′(x)=ex--sinx,当x>1时,ex->e-1>1,所以h′(x)=ex--sinx>0,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,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00,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.解当x∈[1,e]时,k≤有解,令g(x)=(x∈[1,e]),由例(2)解题知,g(x)为单调增函数,所以g(x)max=g(e)=2+,所以k≤2+,即实数k的取值范围是.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;(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(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)解f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a.①当2a≤1,即a≤时,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,∴当a≤时满足条件.②当2a>1,即a>时,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)

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