高考数学专题一　微专题11　切线放缩课件PPT

这是一份高考数学专题一　微专题11　切线放缩课件PPT，共54页。PPT课件主要包含了思维导图，所以a≤2，所以fx0等内容，欢迎下载使用。

切线放缩思想一直是导数中重要的思想之一，某些求函数的最小值或证明不等式的问题，巧用切线放缩，会有意想不到的效果.一般试题难度较大.
典例1　已知函数f(x)＝ln x－xex＋ax(a∈R).(1)若f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
考点一　利用切线放缩求最值
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(1)＝2e－1，因为a≤g(x)恒成立，所以a≤2e－1，故实数a的取值范围为(－∞，2e－1].
(2)若a＝1，求f(x)的最大值.
方法一　设φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1，令φ′(x)>0，则x>0，令φ′(x)<0，则x<0，所以φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故φ(x)min＝φ(0)＝0，所以φ(x)≥0，故ex≥x＋1.当a＝1时，f(x)＝ln x－xex＋x＝ln x－eln x·ex＋x＝ln x－ex＋ln x＋x≤ln x－(x＋ln x＋1)＋x＝－1，当且仅当x＋ln x＝0时等号成立，
即方程x＋ln x＝0有实根，所以f(x)max＝－1.
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)在(0，＋∞)上有唯一的零点x0，当x∈(0，x0)时，h(x)>0，所以f′(x)>0，故f(x)在(0，x0)上单调递增，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)<0，所以f′(x)<0，故f(x)在(x0，＋∞)上单调递减，
从而f(x)max＝f(x0)＝ln x0－ ＋x0，
即f(x)的最大值为－1.
跟踪训练1　已知函数 f(x)＝ax＋ln x＋1，若对任意的 x>0，f(x)≤xe2x 恒成立，求实数a的取值范围.
方法一　(切线放缩，利用ex≥x＋1)对任意的x>0，f(x)≤xe2x 恒成立，
因为xe2x－(ln x＋1)＝e2x＋ln x－(ln x＋1)≥(2x＋ln x＋1)－(ln x＋1)＝2x，
当且仅当 2x＋ln x＝0 时等号成立 (方程显然有解)，
方法二　(隐零点)因为f(x)＝ax＋ln x＋1，所以对任意的x>0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于
则只需a≤m(x)min 即可，
再令g(x)＝2x2e2x＋ln x(x>0)，
所以当0x0时，m′(x)>0，所以m(x) 在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
因为 ＋ln x0＝0，所以ln 2＋2ln x0＋2x0＝ln(－ln x0)，即ln(2x0)＋2x0＝ln(－ln x0)＋(－ln x0) ，
因为s(2x0)＝s(－ln x0)，所以2x0＝－ln x0，
所以实数a的取值范围为(－∞，2].
典例2　已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m).(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m的值，并讨论f(x)的单调性；
考点二　利用切线放缩证明不等式
因为x＝0是f(x)的极值点，
令u(x)＝(x＋1)ex－1(x>－1)，则u′(x)＝(x＋2)ex>0，所以u(x)在(－1，＋∞)上单调递增，又u(0)＝0，所以当－1当x>0时，u(x)>0，故f′(x)>0，从而f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)当m≤2时，证明：f(x)>0.
方法一　当m≤2时，f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)，下面先证ex≥x＋1，令g(x)＝ex－x－1(x∈R)，则g′(x)＝ex－1，所以g′(x)<0⇔x<0，g′(x)>0⇔x>0，从而g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(0)＝0，所以g(x)≥0，从而ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立，再证ln(x＋2)≤x＋1，令h(x)＝ln(x＋2)－x－1(x>－2)，
所以h′(x)>0⇔－2－1，从而h(x)在(－2，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，故h(x)max＝h(－1)＝0，所以h(x)≤0，故ln(x＋2)≤x＋1，当且仅当x＝－1时等号成立，综上所述，有ln(x＋2)≤x＋1≤ex，且两个等号不能同时成立，所以ln(x＋2)0，因为当m≤2时，f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)，所以f(x)>0.
方法二　当m≤2时，f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)，令g(x)＝ex－ln(x＋2)，x>－2，
令h(x)＝(x＋2)ex－1(x>－2)，则h′(x)＝(x＋3)ex>0，所以h(x)在(－2，＋∞)上单调递增，
当－2x0时，h(x)>0，所以g′(x)>0，从而g(x)在(－2，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故g(x)min＝g(x0)＝ －ln(x0＋2)， ①因为h(x0)＝(x0＋2) －1＝0，
两边取对数得x0＝－ln(x0＋2)，
所以g(x)>0，即ex－ln(x＋2)>0，因为当m≤2时，f(x)≥ex－ln(x＋2)，所以f(x)>0.
跟踪训练2　已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax.(1)试讨论f(x)的单调性；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝ln x在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若a＝1，求证：当x>0时，f(x)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，要证当x>0时，f(x)0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0，所以当x>0时，e2x>2x＋1，所以e2x－x－2>x－1.
所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝0，所以当x>0时，h(x)≥h(1)＝0，即当x>0时，x－1≥ln x，所以当x>0时，e2x－x－2>x－1≥ln x，即ln x0时，f(x)1.(2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝ex－1－a(x＋1)(x≥1)，g(x)＝(x－1)ln x，其中e为自然对数的底数.(1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
易证ex≥x＋1，所以ex－1≥x，当且仅当x＝1时取等号，
(2)若a取(1)中的最大值，证明：f(x)≥g(x).
易证ln x≤x－1，所以当x≥1时，(x－1)ln x≤(x－1)2，
因为(x－1)2≥(x－1)ln x，
故f(x)≥g(x)成立.
2.已知函数f(x)＝ex＋2x2－3x.(1)求函数f′(x)在区间[0,1]上的零点个数；(其中f′(x)为f(x)的导数)
函数f(x)＝ex＋2x2－3x的导数f′(x)＝ex＋4x－3，则f′(x)＝ex＋4x－3在区间(0,1)单调递增，又f′(0)＝1－3＝－2<0，f′(1)＝e＋4－3＝e＋1>0，则函数f′(x)在区间[0,1]上只有一个零点.
由y＝ex－x－1，得y′＝ex－1，可得当x>0时，y′>0，函数y＝ex－x－1单调递增，当x<0时，函数y＝ex－x－1单调递减，则ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，
3.设函数f(x)＝aex－xln x，其中a∈R.(1)若f(x)在定义域上是增函数，求实数a的取值范围；
方法一　由题意知，f′(x)＝aex－ln x－1(x>0)，且f′(x)≥0恒成立，
故g(x)在(0,1)上单调递增，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
方法二　由题意，f′(x)＝aex－ln x－1(x>0)，且f′(x)≥0恒成立，
易证ln x≤x－1，ex≥ex，
下面证明当x>1时该不等式也成立，
令r(x)＝xln x－ln x－1(x>1)，
所以r′(x)在(1，＋∞)上单调递增，又r′(1)＝0，所以当x>1时，r′(x)>0，从而r(x)在(1，＋∞)上单调递增，又r(2)＝ln 2－1<0，r(e)＝e－2>0，所以r(x)在(1，＋∞)上有唯一的零点x0，且x0∈(2，e)，当x∈(1，x0)时，r(x)<0，所以h′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，r(x)>0，所以h′(x)>0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故h(x)min＝h(x0)＝2－ ， ①又r(x0)＝x0ln x0－ln x0－1＝0，