鲁京津琼专用2020版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

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1、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)lnxx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x(1，)时，1x.(1)解由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(2)证明由(1)知，f(x)在x1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，lnxx1.故当x(1，)时，lnxx1，ln1，即1g(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

2、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)xlnxex1.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)证明：f(x)sinx在(0，)上恒成立(1)解依题意得f(x)lnx1ex，又f(1)1e，f(1)1e，故所求切线方程为y1e(1e)(x1)，即y(1e)x.(2)证明依题意，要证f(x)sinx，即证xlnxex1sinx，即证xlnxexsinx1.当00，xlnx0，故xlnxe

3、xsinx1，即f(x)1时，令g(x)exsinx1xlnx，故g(x)excosxlnx1.令h(x)g(x)excosxlnx1，则h(x)exsinx，当x1时，exe11，所以h(x)exsinx0，故h(x)在(1，)上单调递增故h(x)h(1)ecos110，即g(x)0，所以g(x)在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)esin110，即xlnxexsinx1，即f(x)sinx.综上所述，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0a1a，故a0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)g

4、(1)2，故k2，即实数k的取值范围是(，2引申探究本例(2)中若改为：x01，e，使不等式f(x0)成立，求实数k的取值范围解当x1，e时，k有解，令g(x)(x1，e)，由例(2)解题知，g(x)为单调增函数，所以g(x)maxg(e)2，所以k2，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)axlnx，x1，e，若f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解f(x)0，即axlnx0对x1，e恒成立，a，x1，e令g(x)，x1，

5、e，则g(x)，x1，e，g(x)0，g(x)在1，e上单调递减，g(x)ming(e)，a.实数a的取值范围是.1已知函数f(x)lnxx，g(x)xex1，求证：f(x)g(x)证明令F(x)f(x)g(x)lnxxxex1(x0)，则F(x)1exxex(x1)ex(x1).令G(x)ex，可知G(x)在(0，)上为减函数，且G20，G(1)1e0，F(x)0，F(x)为增函数；当x(x0，)时，G(x)0，F(x)1时，令h(x)0，得xlna；令h(x)0，得0x1不合题意综上，a的取值范围为(，13(2018贵州适应性考试)已知函数f(x)axex(aR)，g(x).(1)求函数f

6、(x)的单调区间；(2)x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex成立，求a的取值范围解(1)因为f(x)aex，xR.当a0时，f(x)0时，令f(x)0，得xlna.由f(x)0，得f(x)的单调递增区间为(，lna)；由f(x)0时，f(x)的单调递增区间为(，lna)，单调递减区间为(lna，)(2)因为x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex，则ax，即a.设h(x)，则问题转化为amax，由h(x)，令h(x)0，得x.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：x(0，)(，)h(x)0h(x)极大值由上表可知，当x时，函数h(x)有极大值，即最大值为，

7、所以a.故a的取值范围是.4(2018天津河西区模拟)已知函数f(x)lnxax(aR)(1)若曲线yf(x)与直线xy1ln20相切，求实数a的值；(2)若不等式(x1)f(x)lnx在定义域内恒成立，求实数a的取值范围解(1)f(x)a，设切点的横坐标为x0，由题意得解得x0，a1，所以实数a的值为1.(2)由题意，(x1)(lnxax)lnx在定义域内恒成立，得a在(0，)上恒成立，令g(x)(x0)，则g(x)，再令h(x)1lnx，则h(x)0，从而g(x)0，yg(x)在(0，e)上单调递增；当x(e，)时，h(x)0，从而g(x)1)，都有f(xm)2ex，求整数k的最小值解因为

8、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|lnx1，所以xlnx1mxlnx1在1，k上恒成立，设g(x)xlnx1(x1，k)，则g(x)10，所以g(x)在1，k上单调递减，所以g(x)ming(k)klnk1，设h(x)xlnx1(x1，k)，易知h(x)在1，k上单调递减，所以h(x)maxh(1)2，故2mklnk1，若实数m存在，则必有klnk3，又k1，且k为整数，所以k2满足要求，故整数k的最小值为2.6设函数f(x)ax2xlnx(2a1)xa1(aR)若对任意的x

9、1，)，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解f(x)2ax1lnx(2a1)2a(x1)lnx(x0)，易知当x(0，)时，lnxx1，则f(x)2a(x1)(x1)(2a1)(x1)当2a10，即a时，由x1，)得f(x)0恒成立，f(x)在1，)上单调递增，f(x)f(1)0，符合题意当a0时，由x1，)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，a0舍去当0a时，由lnxx1，得ln1，即lnx1，则f(x)2a(x1)(2ax1)，0a1.当x时，f(x)0恒成立，f(x)在上单调递减，当x时，f(x)f(1)0，显然不合题意，0a舍去综上可得，a.7