《2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第三章 导数及其应用 高考专题突破一 第1课时 word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第三章 导数及其应用 高考专题突破一 第1课时 word版含解析（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考专题突破一高考中的导数应用问题第1课时导数与不等式题型一证明不等式例1 已知函数f(x)1，g(x)xln x.(1)证明：g(x)1；(2)证明：(xln x)f(x)1.证明(1)由题意得g(x)(x0)，当0x1时，g(x)1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0x2时，f(x)2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x2时取等号)又由(1)知xln x1(当x1时取等号)，所以等号不同时取得，所以(xln x)f(x)1.思
2、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)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；(2)证明：f(x)sin x在(0，)上恒成立(1)解依题意得f(x)ln x1ex，又
3、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)sin x，即证xln xex1sin x，即证xln xexsin x1.当00，xln x0，故xln xexsin x1，即f(x)1时，令g(x)exsin x1xln x，故g(x)excos xln x1.令h(x)g(x)excos xln x1，则h(x)exsin x，当x1时，exe11，所以h(x)exsin x0，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 1
4、10，即xln xexsin x1，即f(x)sin x.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(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：x1，e，使不等式f(x)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
5、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；(2)当x0时，若不等式f(x)0恒成立，求实数a的取值范围(1)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)解f(x)ex12ax，令h(x)ex12ax，则h(x)ex2a.当2a1，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
6、数，f(x)f(0)0，当a时满足条件当2a1，即a时，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)0)，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)0，F(x)为减函数F(x)F(x0)ln x0x01，又0，即ln x0x0，F(x0)0，即F(x)0，f(x)g(x)2已知函数f(x)
7、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；(2)设g(x)x2x，若kZ，且k(x2)2恒成立，求k的最大值解(1)f(x)2axb1ln x，所以2ab13且ab1，解得a1，b0.(2)由(1)与题意知k2恒成立，设h(x)(x2)，则h(x)，令m(x)x42ln x(x2)，则m(x)10，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，即有x042ln x00成立，故当2xx0时，m(x)0，即h(x)x0时，m(x)0，即h(x)0，所以函数h(x)在
8、(2，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以h(x)minh(x0)，所以k，因为x0(8,10)，所以(4,5)，又kZ，所以k的最大值为4.3已知函数f(x)axex(aR)，g(x).(1)求函数f(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，)(2)因为x(0，)，使不等式f(x)g(x)ex，则ax，即a.设h(x)，则问题
9、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，所以a.故a的取值范围是.4已知函数f(x)ln xax1(aR)设g(x)x22bx4，当a时，若x1(0,2)，总存在x21,2，使f(x1)g(x2)，求实数b的取值范围解依题意知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.当a时，f(x)ln xx1，所以f(x)，则当0x1时，f(x)0，当1x0，所以当x(0,2)时，f
10、(x)minf(1).又g(x)x22bx4，当b1时，可求得g(x)ming(1)52b，则52b，解得b，这与b2时，可求得g(x)ming(2)84b，由84b，得b.综合得实数b的取值范围是.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)，则g(x)10，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，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.
