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2024年新高考数学第一轮复习课件：第17讲 第1课时 导数与不等关系
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这是一份2024年新高考数学第一轮复习课件：第17讲 第1课时 导数与不等关系，共30页。PPT课件主要包含了激活思维，基础回归，研题型·融会贯通，举题说法，随堂内化等内容，欢迎下载使用。
令h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝－ln x．由h′(x)＝0，得x＝1.当00，当x>1时，h′(x)<0，故当x＝1时，函数h(x)＝x－xln x取得最大值1.所以要使不等式a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，只要a≤h(x)max，即a≤1.
【解析】 构造函数f(x)＝(x＋1)ex，则f′(x)＝ex(x＋2)．当x>－2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x<－2时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数．
3. 已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2，若对任意的x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，则实数a的取值范围是( )A. (－2,0) B. (0，e)C. (0，＋∞) D. [－2，＋∞)
4. (人A选必二P97练习2)如图，用铁丝围成一个上面是半圆，下面是矩形的图形，其面积为am2.为使所用材料最省，圆的直径应为__________m.
1. 利用导数证明不等式(1) 构造法：证明f(x)
3. 利用导数研究函数零点(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．
第1课时 导数与不等关系
例2 已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1) 讨论函数f(x)的单调性；
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，故不等式xf(x)≤ex－2ex得证．
(2) 当a＝e时，求证：xf(x)≤ex－2ex.
【解答】 f′(x)＝ex＋acs x，且f(0)＝1＋b.由题意得f′(0)＝e0＋a＝1⇒a＝0.又(0,1＋b)在切线x－y－1＝0上，所以0－1－b－1＝0⇒b＝－2.
例3 设函数f(x)＝ex＋a·sin x＋b(a，b为常数)，且曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为x－y－1＝0.(1) 求a，b的值；
【解答】 由(1)知f(x)＝ex－2.先证：ex－2＞x－1，即ex－x－1＞0(x＞0)．令g(x)＝ex－x－1(x＞0)，则g′(x)＝ex－1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，故g(x)＞g(0)＝0，即ex－2＞x－1①.由①②得ex－2＞ln x，即f(x)＞ln x在(0，＋∞)上成立.
(2) 求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞ln x.
【解答】 设h(x)＝ex－ex，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ex－e，易得函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因此h(x)min＝h(1)＝0，故ex≥ex恒成立．
(1) 利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min证得不等式．(2) 证明f(x)>g(x)，可以构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后利用h(x)的最值证明不等式．(3) 若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．
点击对应数字即可跳转到对应题目
1. (2022·南平质检)对任意的x1，x2∈(1,3]，当x10恒成立，则实数a的取值范围是( )A. [3，＋∞) B. (3，＋∞)C. [9，＋∞) D. (9，＋∞)
2. 已知f(x)＝x lnx.(1) 求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；
令h(x)＝x－xln x，则h′(x)＝－ln x．由h′(x)＝0，得x＝1.当0
【解析】 构造函数f(x)＝(x＋1)ex，则f′(x)＝ex(x＋2)．当x>－2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x<－2时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数．
3. 已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2，若对任意的x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，则实数a的取值范围是( )A. (－2,0) B. (0，e)C. (0，＋∞) D. [－2，＋∞)
4. (人A选必二P97练习2)如图，用铁丝围成一个上面是半圆，下面是矩形的图形，其面积为am2.为使所用材料最省，圆的直径应为__________m.
1. 利用导数证明不等式(1) 构造法：证明f(x)
3. 利用导数研究函数零点(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．
第1课时 导数与不等关系
例2 已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1) 讨论函数f(x)的单调性；
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，故不等式xf(x)≤ex－2ex得证．
(2) 当a＝e时，求证：xf(x)≤ex－2ex.
【解答】 f′(x)＝ex＋acs x，且f(0)＝1＋b.由题意得f′(0)＝e0＋a＝1⇒a＝0.又(0,1＋b)在切线x－y－1＝0上，所以0－1－b－1＝0⇒b＝－2.
例3 设函数f(x)＝ex＋a·sin x＋b(a，b为常数)，且曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为x－y－1＝0.(1) 求a，b的值；
【解答】 由(1)知f(x)＝ex－2.先证：ex－2＞x－1，即ex－x－1＞0(x＞0)．令g(x)＝ex－x－1(x＞0)，则g′(x)＝ex－1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，故g(x)＞g(0)＝0，即ex－2＞x－1①.由①②得ex－2＞ln x，即f(x)＞ln x在(0，＋∞)上成立.
(2) 求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞ln x.
【解答】 设h(x)＝ex－ex，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ex－e，易得函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因此h(x)min＝h(1)＝0，故ex≥ex恒成立．
(1) 利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min证得不等式．(2) 证明f(x)>g(x)，可以构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后利用h(x)的最值证明不等式．(3) 若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．
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1. (2022·南平质检)对任意的x1，x2∈(1,3]，当x1
2. 已知f(x)＝x lnx.(1) 求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；
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