高三数学(理科)二轮(专题2)《函数与导数1-2-5》ppt课件

所以当 x≥1 时，g(x)＞2sin x，
即x＋1x1＋ln x＞2sin x，
山 东
金
所以当 x≥1 时，不等式 f(x)＞2xs＋in1x恒成立．
太 阳
书
业
有
限
公
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析热点 高考 聚集
研思想 方法 提升
课时 跟踪 训练
利用导数证明不等式的步骤
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(1)依据待证不等式的特征、变量的取值范围及不等式的性质，将
太 阳
∴f(x)在x＝0处取得极小值f(0)＝6，无极大值．
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业
有
限
公
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(2)f(x1)＝f(x2)且x1≠x2，由(1)可知x1，x2异号．
训练
不妨设x1＜0，x2＞0，则－x1＞0.
令g(x)＝f(x)－f(－x)＝(3x2－6x＋6)ex－(3x2＋6x＋6)·e－x－2x3，
业
有
因此实数 m 的取值范围是－∞，－31.
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(3)令函数 g(x)＝ex＋e1x－a(－x3＋3x)，
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则 g′(x)＝ex－e1x＋3a(x2－1)．
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当 x≥1 时，ex－e1x＞0，x2－1≥0，又 a＞0，
东 金 太
0(符合题意)．
阳 书
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综上所述，若 x＞1 时，f(x)＜0 恒成立，则 a 的取值范围为12，＋∞.
有 限 公
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热点二 利用导数证明不等式
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[命题方向]
1．证明不等式问题.2.大小比较问题．
[例 2]
解：(1)若a＝0，则f(x)＝xln x－x＋1，f′(x)＝ln x，
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0， 山
f(x)为增函数．
东
金
(2)问题等价于xln x－(x－1)(ax－a＋1)＜0在(1，＋∞)上恒成立． 太
①若a＝0，f(x)＝xln x－x＋1，
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热点三 利用导数研究方程根的问题
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[命题方向]
1．方程根的讨论问题.2.已知方程根或函数零点个数求参数范围．
[例 3]
设函数 f(x)＝ln x＋mx ，m∈R.
山 东 金
(1)当 m＝e(e 为自然对数的底数)时，求 f(x)的极小值；
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记 g(x)＝x＋1x1＋ln x(x≥1)，
所以 g′(x)＝
[x＋11＋ln
x]′x－x＋11＋ln x2
x＝x－xl2n
x .
令 h(x)＝x－ln x，则 h′(x)＝1－1x，
山 东 金
由 x≥1 得 h′(x)≥0，所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以[h(x)]min
有
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所以 h(x)＜0 对任意的 x∈(1，e)成立．
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研思想
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①当
a∈e＋2e－1，
e⊆(1，e)时，h(a)＜0，
即 a－1＜(e－1)ln a，从而 ea－1＜ae－1；
②当 a＝e 时，ea－1＝ae－1；
③当 a∈(e，＋∞)⊆(e－1，＋∞)时，h(a)＞h(e)＝0，即 a－1＞(e－
跟踪
训练
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问
题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
山 东
(2)函数思想法
金 太
第一步：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题；
阳 书
第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；
业
有
第三步：构建不等式求解．
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令函数 h(x)＝x－(e－1)ln x－1，则 h′(x)＝1－e－x 1.令 h′(x)＝0，
课时
跟 训
踪 练
得 x＝e－1，
当 x∈(0，e－1)时，h′(x)＜0，故 h(x)是(0，e－1)上的单调减函数；
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＜0.
解：(1)∵f′(x)＝3x2ex－3x2＝3x2(ex－1)，
山
∴当x＞0时，f′(x)＞0；当x＜0时，f′(x)＜0.
东 金
则f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)．
太 阳
书
φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，
业 有
限
则 φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
公
司 当 x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
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高考
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当 x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
山
1)ln a，故 ea－1＞ae－1.
东
金
综上所述，当 a∈e＋2e－1，e时，ea－1＜ae－1；当 a＝e 时，ea－1＝ae－
太 阳 书
1；当 a∈(e，＋∞)时，ea－1＞ae－1.
业 有
限
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利用导数解决不等式恒成立问题的常用思想方法及步骤
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当 x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
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∴x＝e 时，f(x)取得极小值 f(e)＝ln e＋ee＝2，
∴f(x)的极小值为 2.
(2)由题设 g(x)＝f′(x)－x3＝1x－xm2－3x(x＞0)，
山 东
金
g(x)＝0，得 m＝－13x3＋x(x＞0)．
提升
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令 t＝ex(x＞0)，则 t＞1，所以 m≤－t2－t－t＋1 1＝－t－1＋1t－1 1＋1对任
意 t＞1 成立．
因为 t－1＋t－11＋1≥2 t－1·t－1 1＋1＝3，
山
东
所以－t－1＋t1－1 1＋1≥－13，
金 太 阳 书
当且仅当 t＝2，即 x＝ln 2 时等号成立．
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研思想
方法 提升
(2014 年 石 家 庄 模 拟 ) 已 知 函 数 f(x) ＝ xln x － (x － 1)(ax － a ＋
课时 跟踪
1)(a∈R)．
训练
(1)若a＝0，判断函数f(x)的单调性；
(2)若x＞1时，f(x)＜0恒成立，求a的取值范围．
则g′(x)＝3x2ex＋3x2e－x－6x2＝3x2(ex＋e－x－2)≥0，
∴g(x)在R上是增函数．
山
又g(x1)＝f(x1)－f(－x1)＜g(0)＝0，
东
∴f(x2)＝f(x1)＜f(－x1)，
金 太
又∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
阳 书
∴x2＜－x1，即x1＋x2＜0.
业 有
限
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太 阳
(2)讨论函数 g(x)＝f′(x)－x3零点的个数．
书 业 有
限
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[解] (1)由题设，当 m＝e 时，f(x)＝ln x＋ex，则 f′(x)＝x－x2 e，∴当
研思想
方 提
法 升
x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，
(2014
年贵阳模拟)已知函数
f(x)＝1＋xln
x .
山
东
(1)若函数在区间a，a＋12(其中 a＞0)上存在极值，求实数 a 的取值
金 太 阳
范围；
书
业
(2)求证：当 x≥1 时，不等式 f(x)＞2xs＋in1x恒成立．
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东 金
立．试比较ea－1与ae－1的大小，并证明你的结论．
太 阳
[解] (1)证明：因为对任意x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x 书 业
＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数．
有
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研思想 方法
(2)由条件知 m(ex＋e－x－1)≤e－x－1 在(0，＋∞)上恒成立．
待证不等式化简．
(2)依据不等式构造函数．
山
(3)利用导数研究函数的单调性，求其最值．
东
金
(4)依据单调性及最值，得到待证不等式．
太
阳
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业
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(2014年长春模拟)已知函数f(x)＝(3x2－6x＋6)ex－x3.
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第五讲 高考中的导数应用(二)(主观题题型)
热点一 不等式恒成立问题
山
东
[命题方向]
金
太
1．不等式恒成立问题.2.不等式存在成立问题．
阳
书
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有
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[例1]
课时 跟踪
(2014年江苏高考)已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底
训练
数．
(1)证明：f(x)是R上的偶函数；
(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实
数m的取值范围；
山
(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)＜a(－x＋3x0)成
恒成立，
不妨设 h(x)＝ln x－x－1axx－a＋1，
山
x∈(1，＋∞)，
东 金
则 h′(x)＝－ax2－xx－2 a＋1＝－x－1axx2＋a－1，
太 阳 书
x∈(1，＋∞)，
业 有
令 h′(x)＝0，则 h′(x)的两根 x1＝1，x2＝1－a a，
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若 a＜0，则 x2＝1－a a＜1，
课时
跟踪 训练
x＞1 时，h′(x)＞0，h(x)为增函数，h(x)＞h(1)＝0(不合题意)；
若 0＜a＜12，
x∈1，1－a a时，h′(x)＞0，h(x)为增函数，h(x)＞h(1)＝0(不合题意)； 山
若 a≥12，x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)为减函数，h(x)＜h(1)＝
因为函数在区间a，a＋12(其中 a＞0)上存在极值，
山 东
所以aa＜ ＋112＞1 ，解得12＜a＜1
金 太 阳 书
业
即 a 的取值范围为12，1.
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高考
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研思想 方法
(2)证明：当 x≥1 时，不等式 f(x)＞2xs＋in1x⇔x＋1x1＋ln x＞2sin x.
故 g′(x)＞0.
所以 g(x)是[1，＋∞)上的单调增函数，因此 g(x)在[1，＋∞)上的最
山 东
小值是 g(1)＝e＋e－1－2a.
金 太
由于存在 x0∈[1，＋∞)，使 ex0＋e－x0－a(－x30＋3x0)＜0 成立，当
阳 书
且仅当最小值 g(1)＜0.
业 有
故 e＋e－1－2a＜0，即 a＞e＋2e－1.
[解] (1)因为 f(x)＝1＋xln x(x＞0)，则 f′(x)＝－lnx2x(x＞0)，当 0＜x
课时
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＜1 时，f′(x)＞0；当 x＞1 时，f′(x)＜0；当 x＝1 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，所以函
数 f(x)在 x＝1 处取得极大值．
阳 书
f′(x)＝ln x，
业 有
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，∴f(x)为增函数，
限 公
∴f(x)＞f(1)＝0，
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高考
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即 f(x)＜0 不成立，
研思想
方法 提升
∴a＝0 不成立．
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②∵x＞1，∴问题等价于 ln x－x－1axx－a＋1＜0 在(1，＋∞)上
当 x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)＞0，故 h(x)是(e－1，＋∞)上的单调
增函数．
山
所以 h(x)在(0，＋∞)上的最小值是 h(e－1)．
东
金
注意到 h(1)＝h(e)＝0，所以当 x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x) 太
阳
＜h(1)＝0.
书
业
当 x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，h(x)＜h(e)＝0.
太 阳
＝h(1)＝1＞0，
书 业
从而 g′(x)＞0，
有 限
故 g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以[g(x)]min＝g(1)＝2.
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跟踪
训练
因为当 x≥1 时，2sin x≤2，所以 g(x)≥2sin x.
又因为当 x＝1 时，2sin x＝2sin1＜2，