《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.pdf》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.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 高考专题突破一 高考中的导数应用问题高考专题突破一 高考中的导数应用问题 第第 1 课时 导数与不等式课时 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. x1 ex (1)证明：g(x)1； (2)证明：(xln x)f(x)1 . 1 e2 证明 (1)由题意得 g(x)(x0)， x1 x 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)， x1 ex x2 ex 所以当 02 时，f(x)0， 即 f(
2、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) 1 e2 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 . 1 e2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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)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
3、(x1)g(x1)0，xln x0， 故 xln x1 时，令 g(x)exsin x1xln x， 故 g(x)excos xln x1. 令 h(x)g(x)excos xln x1， 则 h(x)ex sin x， 1 x 当 x1 时，ex e11， 1 x 所以 h(x)ex sin x0， 1 x 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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 110， 即 xln x0，f(x)单调递增； 当 x(1，)时，f(x)0， 所以
4、 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 k x1 解 当 x1，e时，k有解， x11ln x x 令 g(x)(x1，e)，由例(2)解题知， x11ln x x g(x)为单调增函数，所以 g(x)maxg(e)2 ， 2 e 所以 k2 ，即实数 k 的取值范围是. 2 e (，2 2 e 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
5、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； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (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， 1 2 在0，)上，h(x)0，h(x)单调递增， h(x)h(0)，即 f(x
6、)f(0)0， f(x)在0，)上为增函数，f(x)f(0)0， 当 a 时满足条件 1 2 当 2a1，即 a 时， 1 2 令 h(x)0，解得 xln(2a)， 在0，ln(2a)上，h(x)0)， 则 F(x) 1exxex(x1)ex 1 x 1x x (x1). ( 1 xe x) 令 G(x) ex，可知 G(x)在(0，)上为减函数， 1 x 且 G20，G(1)1e0，F(x)0，F(x)为增函数； 当 x(x0，)时，G(x)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
7、恒成立， fxgx x2 xxln x x2 设 h(x)(x2)，则 h(x)， xxln x x2 x42ln x x22 令 m(x)x42ln x(x2)，则 m(x)1 0， 2 x x2 x 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 2x0时， m(x)0， 即 h(x)0， 所以函数 h(x)在(2， x0) 上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以 h(x)minh(x0) ， x0x0ln x0 x02 x0(1x 04 2 ) x0
8、2 x0 2 所以 k0 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. ln x x ln x x2 设 h(x)，则问题转化为 a max， ln x x2 ( ln x x2) 由 h(x)，令 h(x)0，得 x. 12ln x x3 e 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， ) e e(，)e h(x)0 h(x)极大值
9、1 2e 由上表可知，当 x时，函数 h(x)有极大值，即最大值为，所以 a.e 1 2e 1 2e 故 a 的取值范围是. (， 1 2e 4已知函数 f(x)ln xax1(aR)设 g(x)x22bx4，当 a 时，若x1(0,2)， 1a x 1 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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 x x1， 1 4 1 4 3 4x 所以 f(x) ， 1 x 1 4 3 4x
10、2 x1x3 4x2 则当 00， 所以当 x(0,2)时，f(x)minf(1) . 1 2 又 g(x)x22bx4， 当 b2 时，可求得 g(x)ming(2)84b， 由 84b ，得 b. 1 2 17 8 综合得实数 b 的取值范围是. 17 8 ，) 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 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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)1 0， 1 x 1x x 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.