《（浙江专用）高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第5节导数与不等式课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第5节导数与不等式课件（54页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考试要求 1 能利用导数证明简单的不等式 2 已知不等式恒 能 成立 会求参 数的取值范围 第5节节 导导数与不等式 知 识 梳 理 1 证明不等式时 可构造函数 将问题转 化为函数的极值或最值问题 2 求解不等式恒成立或有解问题 可以考虑将参数分离出来 将参数范围问题转 化 为研究新函数值域的问题 3 不等式能成立看作不等式有解问题 常用结论与易错提醒 与不等式有关的结论 1 对任意x f x g x f x g x 0 f x g x min 0 2 对任意x1 x2 f x1 g x2 f x min g x max 3 存在x1 x2 f x1 g x2 f x max g x min
2、 4 对任意x 存在x0 f x g x0 f x min g x min 5 f x a或f x a对x D恒成立 f x min a或f x max a 6 若存在x D 使f x a或f x a f x max a或f x min a 7 对任意的x1 D1 总存在x2 D2 使f x1 g x2 A B 其中集合A为f x1 的值域 集合B为f x2 的值域 8 当参数不易分离时 应注意分类讨论 或数形结合思想的应用 基 础 自 测 解析 由f x xex x 2 令f x 0 得x 0或x 2 舍去 f x 最大 f 1 e 由题意m e 答案 D 答案 D 4 已知f x xln
3、x g x x3 ax2 x 2 若对任意的x 0 不等式 2f x g x 2恒成立 则实数a的取值范围是 解析 g x 3x2 2ax 1 2f x g x 2 2xln x 3x2 2ax 1 当x 0 1 时 h x 0 h x 递增 当x 1 时 h x 0 h x 递减 h x 最大 h x 极大 h 1 2 由题意a 2 答案 2 5 当x 2 1 时 不等式ax3 x2 4x 3 0恒成立 则实数a的取值范围是 解析 当x 0时 ax3 x2 4x 3 0变为3 0恒成立 即a R x 在 0 1 上递增 x max 1 6 a 6 当x 2 1 时 x 0 当x 1时 x 有
4、极小值 即为最小值 综上知 6 a 2 答案 6 2 当0 x 2时 f x 2时 f x 0 所以f x 在 0 2 上单调递 减 在 2 上单调递 增 当0 x 1时 g x 1时 g x 0 所以x 1是g x 的最小值点 故当x 0时 g x g 1 0 因此 当a 时 f x 0 规律方法 1 利用参数a的范围放缩不等式是关键 2 不等式有等号时 可利用函数的最值证明不等式 否则可利用函数的单调性求函 数的值域 训练1 已知函数f x xln x 2x 1 求f x 的单调区间 极值 2 若x y 0 试确定f x f y 与xln y yln x的大小关系 并给以证明 解 1 f
5、x 的定义域为 0 f x ln x 1 2 ln x 1 令f x 0得x e 将x f x f x 变化情况列下表 x 0 e e e f x 0 f x 极小值 可得 0 e 是f x 的递减区间 e 是f x 的递增区间 f x 在x e处有极小值 e 无极大值 2 f x f y xln y yln x 证明如下 f x f y xln y yln x xln x 2x yln y 2y xln y yln x M t M 1 0即Q t 0 Q t 在 1 上是递增函数 Q t Q 1 0 又y 0 0 f x f y xln y yln x 1 证明 原不等式等价于x4 x3 x
6、 1 0 设g x x4 x3 x 1 则g x 4x3 3x2 1 x 1 4x2 x 1 当x 1 时 g x 0 g x 单调递 增 所以g x g 1 0 所以f x x2 x 1 2 解 当x 0时 易知a R 所以a 1 即实数a的取值范围是 1 1 证明 令F x f x g x F x 在 0 1 上单调递 减 在 1 上单调递 增 F x min F 1 0 f x g x f x g x 均在 1 a 上单调递 增 f x g x F x f x g x 在 1 上单调递 增 f x 与g x 的图象在 1 a 上距离随x增大而增大 当a 1时 ea a 1 当a 1时 G
7、 a 0 G a 在 1 上单调递 增 a 2 a的最大值为2 2 由 1 知 f x 在 1 2 上单调递 减 在 2 上单调递 增 所以当x 1时 f x f 2 0 又g x ln x ax 当x 0 e 时 h x 0 h x 单调递 增 当x e 时 h x 0 令f x 0 解得x2 f x 为减函数 令f x 0 解得1 x0得 3 x0得 a 1 x 3 所以f x 在 0 3 上单调递 增 在 3 4 上单调递 减 于是f x max f 3 a 6 f x min min f 0 f 4 2a 3 e3 g x 在 0 4 上单调递 增 规律方法 恒成立 与 存在性 问题的
8、求解是 互补 关系 即f x g a 对于 x D恒成立 应求f x 的最小值 若存在x D 使得f x g a 成立 应求f x 的最大 值 在具体问题中究竟是求最大值还是最小值 可以先联想 恒成立 是求最大值还 是最小值 这样也就可以解决相应的 存在性 问题是求最大值还是最小值 特别 需要关注等号是否成立问题 以免细节出错 训练3 2019 无锡调研 已知函数f x ex 3x 2 g x a x 2 其中a x R 1 若对任意x R 有f x g x 恒成立 求a的取值范围 2 若存在唯一的整数x0 使得f x0 g x0 求a的取值范围 解 1 由题意 对任意x R有ex 3x 2
9、a x 2 恒成立 当x 2 时 F x max F 0 1 故此时a 1 当x 2时 恒成立 故此时a R 当x 2 时 x 0 0 0 2 F x 0 F x 1 当x 2 时 存在唯一的整数x0使得f x0 g x0 当x 2 时 存在唯一的整数x0使得f x0 256 所以x 0时 g x g x 的变化情况如下表 x 0 16 16 16 g x 0 g x 2 4ln 2 所以g x 在 256 上单调递 增 故g x1x2 g 256 8 8ln 2 即f x1 f x2 8 8ln 2 7分 所以 存在x0 m n 使f x0 kx0 a 所以 对于任意的a R及k 0 直线y
10、 kx a与曲线y f x 有公共点 11分 由 1 可知g x g 16 又a 3 4ln 2 故 g x 1 a g 16 1 a 3 4ln 2 a 0 所以h x 0 即函数h x 在 0 上单调递 减 因此方程f x kx a 0至多1个 实根 综上 当a 3 4ln 2时 对于任意k 0 直线y kx a与曲线y f x 有唯一公共点 15分 构建模板 若b 0 则f x 0 f x 在 0 上单调递 增 且f 1 0 所以当x 1时 都有f x 0 不符合题意 若b0 所以方程 a e ln a e e 0有唯一零点a 2e 所以g a 在 e 2e 上单调递 减 在 2e 上单调递 增
