高中数学高考16第三章 导数及其应用 高考专题突破1 第1课时 导数与不等式课件PPT

这是一份高中数学高考16第三章 导数及其应用 高考专题突破1 第1课时 导数与不等式课件PPT，共33页。PPT课件主要包含了内容索引，课时作业，题型分类深度剖析，题型一证明不等式等内容，欢迎下载使用。
NEIRONGSUOYIN
题型分类 深度剖析
例1 设函数f(x)＝ln x－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；
解　由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当01时，f′(x)0(利用单调性)，特殊情况是证明f(x)min>g(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)ln a；令h′(x)0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由f′(x)0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).
(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围.
解　因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
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：
4.设函数f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R).若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解　f′(x)＝2ax－1－ln x－(2a－1)＝2a(x－1)－ln x(x>0)，易知当x∈(0，＋∞)时，ln x≤x－1，则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1).
f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，符合题意.当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)＝0，显然不合题意，a≤0舍去.
5.已知函数f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝2ex，若存在实数m，对任意的x∈[1，k](k>1)，都有f(x＋m)≤2ex，求整数k的最小值.
解　因为f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2ex，所以f(x)＝2e|x|，对于x∈[1，k]，由f(x＋m)≤2ex得2e|x＋m|≤2ex，两边取以e为底的对数得|x＋m|≤ln x＋1，所以－x－ln x－1≤m≤－x＋ln x＋1在[1，k]上恒成立，设g(x)＝－x＋ln x＋1(x∈[1，k])，
所以g(x)在[1，k]上单调递减，所以g(x)min＝g(k)＝－k＋ln k＋1，
设h(x)＝－x－ln x－1(x∈[1，k])，易知h(x)在[1，k]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－2，故－2≤m≤－k＋ln k＋1，若实数m存在，则必有－k＋ln k≥－3，又k>1，且k为整数，所以k＝2满足要求，故整数k的最小值为2.