第三章-一元函数的导数及其应用第三课时-导数在不等式中的应用课件.ppt

1、1创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升第三课时导数在不等式中的应用角度1直接构造函数证明不等式考点一构造函数证明不等式多维探究2创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升因为曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直,所以g(1)1,且f(1)g(1)1.3创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升从而g(1)a1b1,且g(1)ab11.解得ab1.4创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升所以h(x)在1,)上单调递增,5创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升角度2适当放缩构造函数证明不等式【例12】(2018全国卷)已知函数f(x)aexln x

2、1.6创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升当0 x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点.故当x0时,g(x)g(1)0.当0 x2时,f(x)2时,f(x)0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,)上单调递增.7创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升8创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升【训练1】(1)(角度1)已知函数f(x)ln x.解因为g(x)f(x1)x2ln(x1)x2(x1).则g(x)在(1,2)上单调递增,在(2,)上单调递减.所以g(x)ln(x1)x2的最大值为g(2)0.9创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升10创新设计创新

3、设计考点聚焦突破核心素养提升所以F(x)在(1,)上单调递增,有F(x)F(1)0.11创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升12创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升当x(0,1)时,ex(1,e),ln x0,当x(0,1)时,f(x)0,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增.13创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升则函数g(x)在(0,1)上单调递增,于是g(x)0,f(x)在(0,)上单调递增;15创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升所以当0 x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增,所以g(x)ming(1)e.17创新设计创新设计考点聚焦突破核

4、心素养提升规律方法1.若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目标.本例中同时含ln x与ex,不能直接构造函数,把指数与对数分离两边,分别计算它们的最值,借助最值进行证明.2.在证明过程中,等价转化是关键,此处g(x)minf(x)max恒成立.从而f(x)g(x)恒成立,但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.18创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升(1)解函数f(x)xln xax的定义域为(0,).当a1时,f(x)xln xx,f(x)ln x2.19创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升显然当x

5、时,f(x),f(x)没有最大值.当0 x0;当x1时,G(x)0).考点三不等式恒成立或有解问题多维探究因为a0,令f(x)0,得xa,在(0,a)上,f(x)0,f(x)是增函数;在(a,)上,f(x)0),所以u(a)ln a11aln aa,23创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升令k(a)u(a)ln aa,在(0,1)上,k(a)0,k(a)u(a)是增函数,在(1,)上,k(a)0,k(a)u(a)是减函数,所以当a1时,k(a)u(a)取得极大值也是最大值,u(a)maxu(1)10,在(0,)上,u(a)0时,函数f(x)0恒成立,求实数a的取值范围.解(1)若a1,则f

6、(x)xex2(2x1),f(x)xexex4,则f(0)3,f(0)2,所以所求切线方程为y3x2.(2)若a1时,显然f(x)0对x0不恒成立.26创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升当0 x0;当x1时,F(x)0,所以函数F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,27创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升角度2不等式能成立或有解求参数的取值(范围)解(1)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,

7、).(2)因为x(0,),使不等式f(x)g(x)ex,29创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升当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:30创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升规律方法1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法(1)af(x)在xD上能成立,则af(x)min;(2)af(x)在xD上能成立,则af(x)max.2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x1A,任意x2B使f(x1)g(x2)成立,则f(x)maxg(x)max;(2)任意x1A,存在x2B,使f(x1)g(x2)成立,则f(x)ming(x)min.31创新设计创新

8、设计考点聚焦突破核心素养提升【训练4】已知函数f(x)xln x(x0).解(1)由f(x)xln x,得f(x)1ln x,32创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升由g(x)0,得x1;由g(x)0,得0 x0),当且仅当x1时,等号成立.(2)指数形式:exx1(xR),当且仅当x0时,等号成立.进一步可得到一组不等式链:exx1x1ln x(x0,且x1).34创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升35创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升即x|x1,且x0,所以排除选项D.当x0时,由经典不等式x1ln x(x0),以x1代替x,得xln(x1)(x1,且x0),所以ln(x1

9、)x1,且x0),即x0或1x0时均有f(x)0,排除A,C,易知B正确.答案B36创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升则g(x)exx1,由经典不等式exx1恒成立可知,g(x)0恒成立,所以g(x)在R上为单调递增函数,且g(0)0.所以函数g(x)有唯一零点,即两曲线有唯一公共点.37创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升【例2】(2017全国卷改编)已知函数f(x)x1aln x.(1)解f(x)的定义域为(0,),38创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升当x(0,a)时,f(x)0;所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,)单调递增,故xa是f(x)在(0,)的唯一最小值点.因为f(1)0,所以当且仅当a1时,f(x)0,故a1.(2)证明由(1)知当x(1,)时,x1ln x0.39创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升【例3】已知函数f(x)axln x1.(1)解由题意知x0,所以当x(0,1)时,g(x)0,当x(1,)时,g(x)0,40创新设计创新设计考点聚焦突破核心素养提升则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,所以g(x)maxg(1)1,则a1,所以a的最小值为1.(2)证明当a1时,由(1)得xln x1,即t1ln t.41本节内容结束