高三一轮复习 课件 3.3 导数的综合应用

-9考点1 考点2 考点3 知识方法
考点 2 利用导数解决不等式恒成立问题 1+������ 例 2(2015 北京,理 18)已知函数 f(x)=ln 1-������ .
(1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)求证:当 x∈(0,1)时,f(x)>2 ������ (3)设实数 k 使得 f(x)>k ������
������3 + 3 ������3 + 3
;
对 x∈(0,1)恒成立,求 k 的最大值.
思考:利用导数解决不等式恒成立问题的基本思路是什么?
-10考点1 考点2 考点3 知识方法
解:(1)因为 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x), 所以 f'(x)=
1 1 + ,f'(0)=2. 1+������ 1-������
-8考点1 考点2 考点3 知识方法
(2)证明:设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是g'(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当a>ln 2-1时,g'(x)的最小值为g'(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.于 是对任意x∈R,都有g'(x)>0,所以g(x)在R内单调递增. 于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,从 而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0,即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.
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考纲要求:
1.会利用导数解决生活中的优化问题. 2.会利用导数研究函数的零点、方程的根及不等式 证明类问题.
-3考点1 考点2 考点3 知识方法
考点1利用导数证明不等式 例1已知函数f(x)=ax-ex(a>0). 1 (1)若a= 2 ,求函数f(x)的单调区间; (2)当1≤a≤1+e时,求证:f(x)≤x. (1)解:当 a=2时,f(x)=2x-e .f'(x)=2-ex ,令f'(x)=0,得x=-ln 2. 当x<-ln 2时,f'(x)>0;当x>-ln 2时,f'(x)<0, ∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-ln 2),单调递减区间为(-ln 2,+∞).
-2x=
-2������ 2 -������ ������ +1
.
核心考点 考点1 考点2 考点3 知识方法
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当 x>0 时,H'(x )<0, 所以 H(x )在[0,+∞ )上单调递减,故 H(x )<H(0)=0. 故当 x>0 时,恒有|f (x )-g(x )|<x 2 . 此时,任意正实数 t 均满足题意. 综上,k=1. (方法二)当 k>1 时,由(1)知,对于∀x ∈(0,+∞ ),g(x )>x>f (x ), 故|f (x )-g(x )|=g(x )-f (x )=kx-ln(1+x )>kx-x=(k-1)x. 令(k-1)x>x 2 ,解得 0<x<k-1. 从而得到,当 k>1 时,对于 x ∈(0,k-1), 恒有|f (x )-g(x )|>x 2 , 故满足题意的 t 不存在. 当 k<1 时,取 k 1 =
1 ������ +1
-k-2x=
-2������ 2 -( ������ +2)������ +1-������ ������ +1
,
-(������ +2) + (������ +2 )2 +8(1-������ ) 4
时,N'(x )>0,
N(x )在 0,
-(������ +2) + (������ +2) 2 +8(1-������ ) 4
上单调递增,
核心考点 考点1 考点2 考点3 知识方法
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故 M(x )>M(0)=0, 即|f (x )-g(x )|>x 2 . 所以满足题意的 t 不存在. 当 k<1 时,由(2)知,存在 x 0 >0,使得当 x ∈(0,x0 )时,f (x)>g(x ). 此时|f (x )-g(x )|=f (x )-g(x )=ln(1+x )-kx. 令 N(x )=ln(1+x )-kx-x 2 ,x ∈[0,+∞ ), 则有 N'(x )= 当 x∈ 0,
-5考点1 考点2 考点3 知识方法
(方法二)令g(a)=x-f(x)=-xa+x+ex, 只要证明g(a)≥0在1≤a≤1+e时恒成立即可. g(1)=-x+x+ex=ex>0,① g(1+e)=-x· (1+e)+x+ex=ex-ex, 设h(x)=ex-ex,则h'(x)=ex-e, 当x<1时,h'(x)<0;当x>1时,h'(x)>0, ∴h(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴h(x)≥h(1)=e1-e· 1=0, 即g(1+e)≥0.② 由①②知,g(a)≥0在1≤a≤1+e时恒成立. ∴当1≤a≤1+e时,有f(x)≤x.
������ +1 2
,从而 k<k1 <1.
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由(2)知,存在 x 0 >0,使得 x ∈(0,x 0),f (x)>k1 x>kx=g(x), 此时|f (x )-g(x )|=f (x )-g(x )>(k 1 -k )x= 令
1-������ 2 1-������ 2
-7考点1 考点2 考点3 知识方法
对点训练1 设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当a>ln 2-1,且x>0时,ex>x2-2ax+1. (1)解:由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知f'(x)=ex-2,x∈R.令f'(x)=0,得x=ln 2, 于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
上单调递增,
核心考点 考点1 考点2 考点3 知识方法
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故 N(x )>N(0)=0,即 f (x )-g(x )>x 2 . 记 x0 与
-( ������ +2)+ (������ +2 )2 +8( 1- ������ ) 4
中的较小者为 x 1,则当 x∈(0,x1 )时,
恒有|f (x )-g(x )|>x 2. 故满足题意的 t 不存在. 当 k=1 时,由(1)知,当 x>0 时,|f (x )-g(x )|=g(x )-f (x )=x-ln(1+x ). 令 H(x )=x-ln(1+x )-x 2 ,x ∈[0,+∞ ), 则有 H'(x )=11 1+ ������
-6考点1 考点2 考点3 知识方法
思考:利用导数证明不等式的常用方法有哪些? 解题心得:证明不等式的常用方法: (1)若证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果 F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,则有F(x)<0,即证 明了f(x)<g(x). (2)若证明F(x)<0,可变形为F(x)=f(x)-g(x)<0,即f(x)<g(x),只需证 f(x)max<g(x)min. (3)若证明F(x)<0,可以利用导数判断出F(x)的单调性,再利用零点 存在性定理找到函数F(x)在什么地方可以等于零,从而证明F(x)<0.
4 1 - 2������ 2 + ( ������ - 2) ������ +������ -1 ������ +1
,
������ -2+ (������ -2 )2 +8( ������ - 1)
时,M'(x )>0,
M(x )在 0,
������ -2+ (������ -2)2 +8(������ -1) 4
������3 + 3
.
核心考点 考点1 考点2 考点3 知识方法
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-12考点1 考点2 考点3 知识方法
思考:利用导数解决不等式恒成立问题的基本思路是什么? 解题心得:利用导数研究不等式恒成立问题,首先要构造函数,利 用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式, 从而求出参数的取值范围;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.
-14考点1 考点2 考点3 知识方法
(1)证明:令 F(x )=f (x )-x=ln(1+x )-x ,x ∈[0,+∞ ), 则有 F'(x )=
1 -������ -1= . 1+������ ������+1
当 x ∈(0,+∞ )时,F'(x )<0. 所以 F(x )在[0,+∞ )上单调递减, 故当 x>0 时,F(x )<F(0)=0, 即当 x>0 时,f (x )<x.
-15考点1 考点2 考点3 知识方法
(2)证明:令 G(x )=f (x )-g(x )=ln(1+x )-kx ,x ∈[0,+∞ ), 则有 G'(x )=