高考数学二轮专题训练2.63课时突破函数与导数解答题第3课时导数与不等式的综合问题课件

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考向一　利用导数证明不等式【典例】设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明当x∈(1,+∞)时,1< 1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
【解析】(1)由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -1,令f′(x)=0,解得x=1.当01时,f′(x)0,g(t)单调递增,不可能有两个零点;
②当a>0时,令g′(t)>0,得t>a,g(t)单调递增;令g′(t)0,所以g(t)在(1,e),(e,ea)上各存在一个零点,符合题意.综上,当a>e时,函数g(t)有两个零点,即若函数f(x)有两个零点,则a的取值范围为(e,+∞).
(2)要证x1x2> ,只需证 >e2,即证 ,由(1)知t1=x1 ,t2=x2 ,所以只需证ln t1+ln t2>2.因为aln t1=t1,aln t2=t2,所以a(ln t2－ln t1)=t2-t1，a(ln t2+ln t1)=t2+t1，所以ln t2+ln t1= ,只需证 >2.
设02 ,即证ln t+ -2>0.令h(t)=ln t+ -2,t>1,则h′(t)= >0,h(t)>h(1)=0.即当t>1时,ln t+ -2>0成立.所以ln t1+ln t2>2,即 >e2,即x1x2> .
【加练备选】已知函数f(x)=xex,g(x)=(e-1)x2+xln x+x.(1)求曲线y=f(x)在点(1,e)处的切线方程;(2)证明:f(x)≥g(x).
【解析】(1)f′(x)=(x+1)ex,切点坐标为(1,e),则有f′(1)=2e.所以切线方程为:y-e=2e(x-1),即2ex-y-e=0.(2)要证:xex≥(e-1)x2+xln x+x,即证 ≥ +e-1.令h(x)= (x>0),则h′(x)= ,当x∈(0,1)时,h′(x)0,h(x)单调递增,
所以h(x)≥h(1)=e.令φ(x)= +e-1,φ′(x)= ,当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,φ′(x)0,故f′(x)单调递增,注意到f′(0)=0,故当x∈(-∞,0)时,f′(x)0,f(x)单调递增.
(2)由f(x)≥ x3+1得,ex+ax2-x≥ x3+1,其中x≥0,①当x=0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意;②当x>0时,分离参数a得,a≥- ,记g(x)=- ,g′(x)=- ,令h(x)=ex- x2-x-1(x≥0),
则h′(x)=ex-x-1,h″(x)=ex-1≥0,故h′(x)单调递增,h′(x)≥h′(0)=0,故函数h(x)单调递增,h(x)≥h(0)=0,由h(x)≥0可得:ex- x2-x-1≥0恒成立,故当x∈(0,2)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,g′(x)0,所以f′( )=a+2b=4,①f′(1)=2a+b=5,②由①②解得a=2,b=1,f′(x)=4x+ ,则f′(2)= ,f(2)=9,故f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y-9= (x-2),即:17x-2y-16=0.
(2)若f(x)≥g(x),则2x2+ln +1≥ln +mln x+3,即m≤ 在(1,e]上有解,令h(x)= ,x∈(1,e],所以h′(x)= ,令p(x)=4xln x-2x+ ,
所以p′(x)=4ln x+2- ,当x∈(1,e]时,p′(x)>0,p(x)单调递增,p(x)>p(1)=0,即h′(x)>0,所以h(x)在(1,e]上单调递增,故h(x)max=h(e)=2e2-2,所以m的范围(－∞,2e2－2].
【素养提升】不等式恒成立问题若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立,只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可,利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值,从而问题得解.
【变式训练】已知函数f(x)=ax+1+ln x.(1)g(x)=af(x)+ x2-(a2+a+1)x,求函数g(x)的单调区间;(2)对于任意x>0,不等式f(x)≤xex恒成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)由题意g(x)=aln x+ x2-(a+1)x+a,(x>0),g′(x)= ,①当a>1时,g′(x)>0的解集为(0,1)∪(a,+∞),则g(x)的单调增区间为(0,1)和(a,+∞),单调减区间为(1,a);②当a=1时,g′(x)≥0,则g(x)的单调增区间为(0,+∞),无单调减区间;③当00的解集为(1,+∞),则g(x)的单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(0,1).
(2)由已知,问题等价于对于任意x>0,不等式a≤ 恒成立,设F(x)= ,则F′(x)= ,设h(x)=x2ex+ln x,则h′(x)= ,在(0,+∞)上,h′(x)>0,h(x)单调递增,又h( )= -10,所以h( )h(1)0),则有φ(x0)=φ( )和φ′(x)=(x+1)ex>0,所以在(0,+∞)上,φ(x)单调递增,所以x0=ln( )⇔ ,所以F(x)≥ ,故实数a的取值范围为a≤1.
二十五　导数与不等式的综合问题(40分钟　80分)1.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求a的取值范围.
【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aex-1- .(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,f′(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x轴,y轴上的截距分别为 ,2,因此所求三角形的面积为 .
(2)当00时,若曲线y=f(x)在曲线y=ax2+1的上方,求实数a的取值范围.
【解析】(1)因为 ,定义域为R,所以 .令f′(x)=0,解得x=0.随x的变化,f′(x)和f(x)的情况如下:由表可知函数f(x)在x=0时取得极大值f(0)=1,无极小值.
(2)令 所以 由x>0得ex-1>0,于是g′(x)>0,故函数g(x)是 上的增函数.所以当x∈(0,+∞)时,g(x)>g(0)=0,即f(x)>- x2+1.
(3)当a≤- 时,由(2)知f(x)>- x2+1≥ax2+1,满足题意.令 当- 0,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h(x)0时,f(x)0)恒成立.设h(x)=x+ ,则h′(x)=1+ 设s(x)=ex-x-3,则s′(x)=ex-1>0(x>0).所以s(x)在(0,+∞)上单调递增,
又 ≈4.481 7-4.50,所以存在x0∈ 使得s(x0)=0,当x∈(0,x0)时,s(x)0.所以h(x)在(0,x0)上单调递减,(x0,+∞)上单调递增.所以h(x)min=h(x0)=x0+ .
因为s(x0)=0, -x0-3=0,所以 =x0+3.所以h(x)min=h(x0)=x0+ 设g(x)=x+1+ ,当x∈ 时,g′(x)=1- >0,所以g(x)在 上单调递增,则