还剩43页未读，
继续阅读
所属成套资源：新教材适用2024版高考数学一轮总复习课件（63份）
成套系列资料，整套一键下载
新教材适用2024版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第3讲第1课时导数与不等式的证明课件
展开
这是一份新教材适用2024版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第3讲第1课时导数与不等式的证明课件，共51页。PPT课件主要包含了知识梳理·双基自测，考点突破·互动探究等内容，欢迎下载使用。
第三讲 导数的综合应用
知识梳理 · 双基自测
知识点一 利用导数证明不等式若证明f(x)
知识点三 利用导数研究函数零点的方法方法一：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)根据函数f(x)的性质作出图象．(3)判断函数零点的个数．方法二：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)分类讨论，判断函数零点的个数．
题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数y＝x－sin x有无数多个零点．( )
题组二 走进教材2．(选修2P99T13改编)若函数f(x)＝xln x－a有两个零点，则实数a的取值范围为( )
4．(选修2P99T12改编)求证：(1)ex≥x＋1；(2)ln x≤x－1(x>0)．[证明] (1)设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1在(－∞，0)上f′(x)<0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以f(x)在x＝0处有最小值，故f(x)≥f(0)＝0，∴ex≥x＋1.(2)设f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
题组三 走向高考5．(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为_______.
得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)，当x∈(－1,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为－3.
第一课时 导数与不等式的证明
考点突破 · 互动探究
设f(x)＝2xln x＋1.(1)求f(x)的最小值；
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以当01时，g(x)>0，
欲证函数不等式f(x)>g(x)(x>a)，只需证明f(x)－g(x)>0(x>a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)>0(x>a)．若h(a)＝0，h(x)>h(a)(x>a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可．
〔变式训练1〕已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)求证：当x>0时，x2ln 2时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；∴当x＝ln 2时，函数f(x)取得极小值，为f(ln 2)＝2－2ln 2，无极大值．
(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x，由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，∴g(x)在R上单调递增，因此当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，∴x2
所以，当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.所以当x>0时，f(x)≤g(x)，
1．若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．2．可传递的中间量往往是所分别构造函数的最大值与最小值．
〔变式训练2〕(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x.
∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，g(x)>g(1)＝0，
而x2－x＋1>0恒成立，∴h′(x)<0，∴h(x)在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，h(x)>h(1)＝0，
(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．(1)讨论f(x)的单调性；
[解析] (1)由条件知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．即在区间(0,1)上，函数f(x)单调递增；在区间(1，＋∞)上，函数f(x)单调递减．(2)证明：由bln a－aln b＝a－b，
x1≠x2，不妨设x12.令g(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0,1)，则g′(x)＝－ln[x(2－x)]>0，所以g(x)在区间(0,1)上单调递增，所以0＝g(1)>g(x1)＝f(x1)－f(2－x1)，即f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)．
又f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，所以2－x12.再证明x1＋x2x1，即x1＋x2
〔变式训练4〕已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.[解析] (1)f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：证法一(对称化构造法)：构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，因为当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，所以F′(x)>0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)>F(1)＝0，故当x>1时，f(x)>f(2－x)(*)，
由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1f(2－x2)，又f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)>f(2－x2)．又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，所以x1>2－x2，所以x1＋x2>2.
证法二(比值代换法)：设0
第三讲 导数的综合应用
知识梳理 · 双基自测
知识点一 利用导数证明不等式若证明f(x)
知识点三 利用导数研究函数零点的方法方法一：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)根据函数f(x)的性质作出图象．(3)判断函数零点的个数．方法二：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)分类讨论，判断函数零点的个数．
题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数y＝x－sin x有无数多个零点．( )
题组二 走进教材2．(选修2P99T13改编)若函数f(x)＝xln x－a有两个零点，则实数a的取值范围为( )
4．(选修2P99T12改编)求证：(1)ex≥x＋1；(2)ln x≤x－1(x>0)．[证明] (1)设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1在(－∞，0)上f′(x)<0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以f(x)在x＝0处有最小值，故f(x)≥f(0)＝0，∴ex≥x＋1.(2)设f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
题组三 走向高考5．(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为_______.
得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)，当x∈(－1,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为－3.
第一课时 导数与不等式的证明
考点突破 · 互动探究
设f(x)＝2xln x＋1.(1)求f(x)的最小值；
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以当0
欲证函数不等式f(x)>g(x)(x>a)，只需证明f(x)－g(x)>0(x>a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)>0(x>a)．若h(a)＝0，h(x)>h(a)(x>a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可．
〔变式训练1〕已知函数f(x)＝ex－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)求证：当x>0时，x2
(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x，由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，∴g(x)在R上单调递增，因此当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，∴x2
所以，当0
1．若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．2．可传递的中间量往往是所分别构造函数的最大值与最小值．
〔变式训练2〕(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x.
∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，g(x)>g(1)＝0，
而x2－x＋1>0恒成立，∴h′(x)<0，∴h(x)在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，h(x)>h(1)＝0，
(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．(1)讨论f(x)的单调性；
[解析] (1)由条件知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．即在区间(0,1)上，函数f(x)单调递增；在区间(1，＋∞)上，函数f(x)单调递减．(2)证明：由bln a－aln b＝a－b，
x1≠x2，不妨设x1
又f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，所以2－x1
〔变式训练4〕已知函数f(x)＝xe－x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.[解析] (1)f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：证法一(对称化构造法)：构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)＝(x－1)(ex－2－e－x)，因为当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，所以F′(x)>0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)>F(1)＝0，故当x>1时，f(x)>f(2－x)(*)，
由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1
证法二(比值代换法)：设0
相关课件
新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第3讲导数的简单应用课件： 这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第3讲导数的简单应用课件，共60页。PPT课件主要包含了专题三函数与导数，分析考情·明方向，真题研究·悟高考，考点突破·提能力等内容，欢迎下载使用。
2024版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第1课时导数与函数的单调性课件： 这是一份2024版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第1课时导数与函数的单调性课件，共57页。
备战2024年高考总复习一轮（数学）第3章 导数及其应用 第1节 导数的概念及运算课件PPT： 这是一份备战2024年高考总复习一轮（数学）第3章 导数及其应用 第1节 导数的概念及运算课件PPT，共34页。PPT课件主要包含了内容索引，强基础固本增分，研考点精准突破，xx0，提示不一定，考向1求切线的方程，答案D等内容，欢迎下载使用。
