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1、第1课时导数与不等式第三章高考专题突破一高考中的导数应用问题NEIRONGSUOYIN内容索引题型分类 深度剖析课时作业题型分类深度剖析1PART ONE题型一证明不等式(1)证明：g(x)1；师生共研师生共研当0 x1时，g(x)1时，g(x)0，即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数.所以g(x)g(1)1，得证.所以当0 x2时，f(x)2时，f(x)0，即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，)上为增函数，又由(1)知xln x1(当且仅当x1时取等号)， 且等号不同时取得，(1)证明f(x)g(x)的一般方法是证明h(x)f(x)g(x)0(利用单调性)，特殊情况是
2、证明f(x)ming(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)f(x2)g(x2)对x1x2恒成立，即等价于函数h(x)f(x)g(x)为增函数.思维升华跟踪训练1已知函数f(x)xln xex1.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；解依题意得f(x)ln x1ex，又f(1)1e，f(1)1e，故所求切线方程为y1e(1e)(x1)，即y(1e)x.(2)证明：f(x)sin x在(0，)上恒成立.证明依题意，
3、要证f(x)sin x，即证xln xex1sin x，即证xln xexsin x1.当00，xln x0，故xln xexsin x1，即f(x)1时，令g(x)exsin x1xln x，故g(x)excos xln x1.令h(x)g(x)excos xln x1，故h(x)在(1，)上单调递增.故h(x)h(1)ecos 110，即g(x)0，所以g(x)在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)esin 110，即xln xexsin x1，即f(x)sin x.综上所述，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)g(1)2，故
4、k2，即实数k的取值范围是(，2.引申探究利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围.(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.思维升华跟踪训练2(2018沈阳模拟)已知函数f(x)ex1xax2.(1)当a0时，求证：f(x)0；证明当a0时，f(x)ex1x，f(x)ex1.当x(，0)时，f(x)0.故f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(x)minf(0)0，f(x)0.(2)当x0时，若不等式f(x)0恒成立，求实数a的取值范围.解f(x)ex12ax，令h(x)ex12ax，则h(x)ex2a
5、.在0，)上，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(0)，即f(x)f(0)0，f(x)在0，)上为增函数，f(x)f(0)0，令h(x)0，解得xln(2a)，在0，ln(2a)上，h(x)0，h(x)单调递减，当x(0，ln(2a)时，有h(x)h(0)0，即f(x)f(0)0，f(x)在区间(0，ln(2a)上为减函数，f(x)0)，123456当x(0，x0)时，G(x)0，F(x)0，F(x)为增函数；当x(x0，)时，G(x)0，F(x)0，F(x)为减函数.F(x)F(x0)ln x0 x0 x0 1，123456F(x0)0，即F(x)0，f(x)g(x).0ex2.(20
6、18兰州模拟)已知函数f(x)ax2bxxln x的图象在(1，f(1)处的切线方程为3xy20.(1)求实数a，b的值；123456解f(x)2axb1ln x，所以2ab13且ab1，解得a1，b0.(2)设g(x)x2x，若kZ，且k(x2)2恒成立，求k的最大值.123456所以函数m(x)为(2，)上的增函数.因为m(8)42ln 862ln e3660，所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0，即有x042ln x00成立，123456故当2xx0时，m(x)0，即h(x)x0时，m(x)0，即h(x)0，所以函数h(x)在(2，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，12
7、3456所以k的最大值为4.3.(2018贵州适应性考试)已知函数f(x)axex(aR)，g(x)(1)求函数f(x)的单调区间；123456解因为f(x)aex，xR.当a0时，f(x)0时，令f(x)0，得xln a.由f(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.123456123456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：1234564.设函数
8、f(x)ax2xln x(2a1)xa1(aR).若对任意的x1，)，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围.123456123456解f(x)2ax1ln x(2a1)2a(x1)ln x(x0)，易知当x(0，)时，ln xx1，则f(x)2a(x1)(x1)(2a1)(x1).f(x)在1，)上单调递增，f(x)f(1)0，符合题意.当a0时，由x1，)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，a0舍去.123456123456技能提升练123456解依题意知f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在1,2上的最小值，即f(x)ming(x)mi
9、n.则当0 x1时，f(x)0，当1x0，又g(x)x22bx4，123456当b1)，都有f(xm)2ex，求整数k的最小值.123456拓展冲刺练解因为f(x)为偶函数，且当x0时，f(x)2ex，所以f(x)2e|x|，对于x1，k，由f(xm)2ex得2e|xm|2ex，两边取以e为底的对数得|xm|ln x1，所以xln x1mxln x1在1，k上恒成立，设g(x)xln x1(x1，k)，123456所以g(x)在1，k上单调递减，所以g(x)ming(k)kln k1，设h(x)xln x1(x1，k)，易知h(x)在1，k上单调递减，所以h(x)maxh(1)2，故2mkln k1，若实数m存在，则必有kln k3，又k1，且k为整数，所以k2满足要求，故整数k的最小值为2.123456第1课时导数与不等式第三章高考专题突破一高考中的导数应用问题