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(鲁京津琼专用)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设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<0,f(x)单调递增;当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减.(2)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,lnxg(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-1,1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:∃x0∈[1,e],使不等式f(x0)≥成立,求实数k的取值范围.解当x∈[1,e]时,k≤有解,2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)=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,∴a≤-,x∈[1,e].令g(x)=-,x∈[1,e],则g′(x)=, x∈[1,e],∴g′(x)≤0,∴g(x)在[1,e]上单调递减,∴g(x)min=g(e)=-,∴a≤-.∴实数a的取值范围是.1.已知函数f(x)=lnx+x,g(x)=x·ex-1,求证:f(x)≤g(x).证明令F(x)=f(x)-g(x)=lnx+x-xex+1(x>0),则F′(x)=+1-ex-xex=-(x+1)ex=(x+1).令G(x)=-ex,可知G(x)在(0,+∞)上为减函数,且G=2->0,G(1)=1-e<0,∴存在x0∈,使得G(x0)=0,即-=0.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.3∴F(x)≤F(x0)=lnx0+x0-x0+1,又 -=0,∴=,即lnx0=-x0,∴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.解f(x)≥x+(1-x)ex,即ex-ax2≥x+ex-xex,即ex-a...

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