(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第5节导数与不等式课件.pptx

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资源描述

1、考试要求 1.能利用导数证明简单的不等式;2.已知不等式恒(能)成立,会求参数的取值范围.,第5节 导数与不等式,知 识 梳 理,1.证明不等式时,可构造函数,将问题转化为函数的极值或最值问题. 2.求解不等式恒成立或有解问题,可以考虑将参数分离出来,将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题. 3.不等式能成立看作不等式有解问题.,常用结论与易错提醒 与不等式有关的结论 (1)对任意x,f(x)g(x)f(x)g(x)0f(x)g(x)min0. (2)对任意x1,x2,f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max. (3)存在x1,x2,f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.

2、 (4)对任意x,存在x0,f(x)g(x0)f(x)ming(x)min. (5)f(x)a或f(x)a对xD恒成立f(x)mina或f(x)maxa. (6)若存在xD,使f(x)a或f(x)af(x)maxa或f(x)mina. (7)对任意的x1D1,总存在x2D2,使f(x1)g(x2)AB(其中集合A为f(x1)的值域,集合B为f(x2)的值域). (8)当参数不易分离时,应注意分类讨论或数形结合思想的应用.,基 础 自 测,解析 由f(x)xex(x2),令f(x)0,得x0或x2(舍去).,f(x)最大f(1)e,由题意me. 答案 D,答案 D,4.已知f(x)xln x,g

3、(x)x3ax2x2,若对任意的x(0,),不等式2f(x)g(x)2恒成立,则实数a的取值范围是_.解析 g(x)3x22ax1,2f(x)g(x)2,2xln x3x22ax1.,当x(0,1)时,h(x)0,h(x)递增, 当x(1,)时,h(x)0,h(x)递减, h(x)最大h(x)极大h(1)2, 由题意a2. 答案 2,),5.当x2,1时,不等式ax3x24x30恒成立,则实数a的取值范围是_.解析 当x0时,ax3x24x30变为30恒成立,即aR,,(x)在(0,1上递增,(x)max(1)6.a6.,当x2,1)时,(x)0. 当x1时,(x)有极小值,即为最小值.,综上

4、知6a2. 答案 6,2,当02时,f(x)0. 所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,)上单调递增.,当01时,g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点. 故当x0时,g(x)g(1)0. 因此,当a时,f(x)0.,规律方法 (1)利用参数a的范围放缩不等式是关键; (2)不等式有等号时,可利用函数的最值证明不等式,否则可利用函数的单调性求函数的值域.,【训练1】 已知函数f(x)xln x2x.(1)求f(x)的单调区间、极值;(2)若xy0,试确定f(x)f(y)与xln yyln x的大小关系,并给以证明.解 (1)f(x)的定义域为(0,),f(x)ln x12ln x1,令

5、f(x)0得xe.将x,f(x),f(x)变化情况列下表:,可得(0,e)是f(x)的递减区间,(e,)是f(x)的递增区间,f(x)在xe处有极小值e,无极大值. (2)f(x)f(y)xln yyln x.证明如下: f(x)f(y)(xln yyln x) xln x2xyln y2yxln yyln x,M(t)M(1)0即Q(t)0.Q(t)在(1,)上是递增函数. Q(t)Q(1)0.又y0,(*)0, f(x)f(y)xln yyln x.,(1)证明 原不等式等价于x4x3x10, 设g(x)x4x3x1, 则g(x)4x33x21(x1)(4x2x1), 当x(,1)时,g(

6、x)0,g(x)单调递增. 所以g(x)g(1)0,所以f(x)x2x1.,(2)解 当x0时,易知aR;,所以a1,即实数a的取值范围是1,).,(1)证明 令F(x)f(x)g(x),F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增, F(x)minF(1)0,f(x)g(x).,f(x),g(x)均在1,a上单调递增. f(x)g(x),F(x)f(x)g(x)在1,)上单调递增, f(x)与g(x)的图象在1,a上距离随x增大而增大,,当a1时,eaa1, 当a1时,G(a)0,G(a)在1,)上单调递增, a2, a的最大值为2.,(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上单调递减

7、,在(2,)上单调递增, 所以当x1时,f(x)f(2)0, 又g(x)ln xax,,当x(0,e)时,h(x)0,h(x)单调递增, 当x(e,)时,h(x)0,h(x)单调递减,,规律方法 (1)单变量任意型,常用分离参数法,不易分离参数或分离参数后函数太复杂时,应直接讨论参数; (2)双变量任意型、任意存在型注意等价转化为最值问题解决.,【训练2】 (2019台州质量评估)已知函数f(x)(x2x1)ex. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)当x0,2时,f(x)x22xm恒成立,求m的取值范围. 解 (1)函数f(x)的定义域为R, f(x)(x2)(x1)ex, ex0, 令

8、f(x)2,f(x)为减函数, 令f(x)0,解得1x2,f(x)为增函数, f(x)的单调递减区间为(,1),(2,),单调递增区间为(1,2).,(2)f(x)x22xm在x0,2时恒成立, mf(x)x22x(x2x1)exx22x, 令g(x)(x2x1)exx22x, 则g(x)(x2)(x1)ex2(x1),,g(x)在0,1)上单调递减,在(1,2上单调递增,,解 (1)f(x)x2(a2)xbae3x, 由题意知f(3)0,即93(a2)ba0, 解得b2a3. 当a2时,b7, 故由f(x)(x29)e3x0得3x3, 于是f(x)在(3,3)上单调递增,在(,3)和(3,)

9、上单调递减.,(2)由(1)得f(x)x2(a2)x3a3e3x, 由f(x)0得a1x3, 所以f(x)在0,3)上单调递增,在(3,4上单调递减, 于是f(x)maxf(3)a6, f(x)minminf(0),f(4)(2a3)e3. g(x)在0,4上单调递增,,规律方法 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f(x)g(a)对于xD恒成立,应求f(x)的最小值;若存在xD,使得f(x)g(a)成立,应求f(x)的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值,可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值,这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号

10、是否成立问题,以免细节出错.,【训练3】 (2019无锡调研)已知函数f(x)ex(3x2),g(x)a(x2),其中a,xR.(1)若对任意xR,有f(x)g(x)恒成立,求a的取值范围;(2)若存在唯一的整数x0,使得f(x0)g(x0),求a的取值范围.解 (1)由题意,对任意xR有ex(3x2)a(x2)恒成立,当x(,2)时,,F(x)maxF(0)1,故此时a1. 当x2时,恒成立,故此时aR. 当x(2,)时,,当x(,2)时,存在唯一的整数x0使得f(x0)g(x0),,当x(2,)时,存在唯一的整数x0使得f(x0)g(x0),,所以当a7e3时,没有整数成立,所以a(7e3

11、,5e4.,导数与不等式,审题路线图 (1),满分解答,因为x1x2,所以x1x2256.,所以x0时,g(x)、g(x)的变化情况如下表:,所以g(x)在256,)上单调递增,故g(x1x2)g(256)88ln 2, 即f(x1)f(x2)88ln 2.7分,所以,存在x0(m,n)使f(x0)kx0a, 所以,对于任意的aR及k(0,),直线ykxa与曲线yf(x)有公共点.11分,由(1)可知g(x)g(16),又a34ln 2, 故g(x)1ag(16)1a34ln 2a0, 所以h(x)0,即函数h(x)在(0,)上单调递减,因此方程f(x)kxa0至多1个实根. 综上,当a34ln 2时,对于任意k0,直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点.15分,构建模板,若b0,则f(x)0,f(x)在(0,)上单调递增,且f(1)0, 所以当x1时,都有f(x)0,不符合题意;,若b0,,所以f(x)maxf(1)0, 所以f(x)0有唯一解x1,符合题意;,当a(e,e1时,(ae)ln(ae)0, 当a(e1,)时,(ae)ln(ae)单调递增, 且(ae)ln(ae)0, 所以方程(ae)ln(ae)e0有唯一零点a2e, 所以g(a)在(e,2e)上单调递减,在(2e,)上单调递增,,

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