2021届高考数学【新课改版】二轮专题六函数与导数导数与不等式PPT全文课件

第4讲 导数的综合应用
名师解读《普通高中数学课程标准》(2020年修订版)
1.导数在研究函数中的应用(二) 结合函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和 充分条件；会用导数求不超过三次的多项式函数的极大 值、极小值，以及在给定区间上不超过三次的多项式函数 的最大值、最小值.
2.生活中的优化问题举例 会利用导数解决实际问题(探究利润最大、用料最省、效率 最高等优化问题).
m1＋21e，即证x2≤1－m.
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又∵m＝
1－x22 ex2
，∴只要证x2≤1－
＞ln x＋2.
令h(x)＝ex－ln x－2(x＞0)，
则h′(x)＝ex－1x，[h′(x)]′＝ex＋x12＞0，故h′(x)单调递增，
而h′
1 2
＝
e －2＜0，h′(1)＝e－1＞0，故存在x0∈
12，1，使得h′(x0)＝0，即ex 0＝x10.
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2．(2020·昆明市三诊一模)已知函数f(x)＝ex－ax－a(a∈R )． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明 x1＋x2＞0. 解：(1)由题意，得f′(x)＝ex－a(x∈R )．
解题方略
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证明双变量函数不等式的常见思路 (1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个 含参数的辅助函数证明不等式； (2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一 元不等式； (3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量 分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利 用单调性证明．
x2－1 ex
＞0⇔
ex＋1＋x－2 1＞0.
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易知，g(x)＝ex＋1＋x－2 1在x∈[－1，1]上单调递增，
第1课时 导数与不等式
Contents
1 考点1 证明不等式 2 考点2 不等式恒成立、能成立问题 3 专题检测
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考点1 证明不等式
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①当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在R 上单调递增．
②当a＞0时，由f′(x)＝0，得x＝ln a， 当x＜ln a时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减； 当x＞ln a时，f′(x)＞0，f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增．
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(2)证明：由于f(x)有两个零点x1，x2，不妨设x1＜x2. 由(1)可知，当a≤0时，f(x)在R 上单调递增，不符合题意．
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当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
∴当x＝x0时，h(x)取得唯一的极小值，也是最小值．
h(x)的最小值是h(x0)＝ex0－ln
x0－2＝
1 x0
－ln
1 ex0
－2＝
1 x0
＋x0－2＞0，
故f(x)＜2ex－x－4.
∴φ(x)≥φ(0)＝0，∴ex2－(x2＋1)≥0，
∴|x1－x2|＜2－m1＋21e.
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题型二 双变量不等式的证明
[例2]
(2020·合肥教学检测)已知函数f(x)＝
1－x2 ex
(e为自然
对数的底数)．
(1)求函数f(x)的零点x0，以及曲线y＝f(x)在x＝x0处的切线 方程；
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[解]
(1)由f(x)＝
1－x2 ex
＝0，得x＝±1，∴函数f(x)的零点
x0＝±1. f′(x)＝x2－e2xx－1，f′(－1)＝2e，f(－1)＝0，
∴曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线方程为y＝2e(x＋1)．
f′(1)＝－2e，f(1)＝0，
∴曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－2e(x－1)．
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12(x2－1)，则h′(x)＝ln x＋1－x.
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设p(x)＝ln x＋1－x，从而p′(x)＝1x－1≤0对任意x∈[1，＋ ∞)恒成立， 所以当x∈[1，＋∞)时，p(x)＝ln x＋1－x≤p(1)＝0， 即h′(x)≤0， 因此函数h(x)＝xln x－12(x2－1)在[1，＋∞)上单调递减， 即h(x)≤h(1)＝0， 所以当λ＝12，且x≥1时，f(x)≤g(x)成立．
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(2)证明：f′(x)＝x2－e2xx－1.
当x∈(－∞，1－ 2 )∪(1＋ 2 ，＋∞)时，f′(x)＞0；当
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，
求实数λ的值；
(2)若λ＝12，且x≥1，证明：f(x)≤g(x)． 解：(1)f′(x)＝ln x＋1，g′(x)＝2λx，因为在x＝1处有相同
的切线，所以f′(1)＝g′(1)，则1＝2λ，即λ＝12.
(2)证明：若λ＝12，则g(x)＝12(x2－1)，设函数h(x)＝xln x－
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所以当x＞1时，y′＞e－2＞0，所以y＝ex－x－ln x－1在 (1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，y＝ex－x－ln x－1 ＞e－2＞0， 所以f(a＋ln a)＝ea＋ln a－a(a＋ln a＋1)＝a(ea－a－ln a－1) ＞0， 所以存在x2∈(ln a，a＋ln a)，使得f(x2)＝0. 综上，当a＞1时，f(x)有两个零点x1，x2. 下面证明x1＋x2＞0， 由于ex1＝a(x1＋1)，ex2＝a(x2＋1)，且－1＜x1＜0＜ln a＜ x2，则0＜x1＋1＜x2＋1，
当a＞0时，f(x)min＝f(ln a)＝a－a(ln a＋1)＝－aln a＜0，则 ln a＞0，解得a＞1，
此时有f(－1)＝
1 e
，f(0)＝1－a＜0，所以存在x1∈(－1，0)，
使得f(x1)＝0.
令y＝ex－x－ln
x－1(x＞1)，由于y′＝ex－1－
1 x
在(1，＋∞)
上单调递增，
而g(－1)＝0，
∴g(x)＞g(－1)＝0对任意x∈(－1，1)恒成立，
∴当x∈(－1，1)时，2e(x＋1)＞f(x)．
由yy＝ ＝2me，（x＋1），得x＝2me－1，记x1′＝2me－1. 不妨设x1＜x2，则－1＜x1＜1－ 2＜x2＜1， ∴|x1－x2|＜|x′1－x2|＝x2－x′1＝x2－2me－1. 要证|x1－x2|＜2－m 1＋21e ，只要证x2－ 2me－1 ≤2－
x∈(1－ 2，1＋ 2)时，f′(x)＜0.
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，1－ 2 )，(1＋ 2 ，＋
∞)，单调递减区间为(1－ 2，1＋ 2)．
由(1)知，当x＜－1或x＞1时，f(x)＜0；当－1＜x＜1时，
f(x)＞0.
下面证明：当x∈(－1，1)时，2e(x＋1)＞f(x)．
当x∈(－1，1)时，2e(x＋1)＞f(x)⇔2e(x＋1)＋
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[跟踪训练]
1．已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数)．
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题型一 单变量不等式的证明
[例1]
(2020·贵阳市适应性考试)已知函数f(x)＝
1 2
ax2－(2a
＋1)x＋2ln x(a∈R )．
(1)当a＞0时，求函数f(x)的单调递增区间； (2)当a＝0时，证明：f(x)＜2ex－x－4(其中e为自然对数的 底数)．
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解题方略
证明单变量不等式的2种方法 (1)利用单调性证明单变量不等式 一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数 F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等 式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若 F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可． (2)利用最值证明单变量不等式 利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x)．证明技 巧：先将不等式f(x)>g(x)移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)， 转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明h(x)min>0，因此，只 需在所给的区间内，判断h′(x)的符号，从而判断其单调性， 并求出函数h(x)的最小值，即可得证．
综上，当a＞12时，f(x)的单调递增区间是0，1a，
(2，＋∞)，
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当a＝12时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，
当0＜a＜12时，f(x)的单调递增区间是(0，2)，1a，＋∞. (2)证明：当a＝0时，要证明f(x)＜2ex－x－4，只需证明ex
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所以x1＝ln a＋ln(x1＋1)，x2＝ln a＋ln(x2＋1)，所以x2－x1 ＝lnxx21＋ ＋11.
(2)设方程f(x)＝m(m＞0)有两个实数根x1，x2，求证：|x1－x2| ＜2－m1＋21e.
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1－x22 ex2
，即证(x2－1)·[ex2－
(x2＋1)]≤0.
∵x2∈(1－ 2，1)∴即证ex2－(x2＋1)≥0.
令φ(x)＝ex－(x＋1)，x∈(1－ 2，1)，则φ′(x)＝ex－1.
当x∈(1－ 2，0)时，φ′(x)＜0，φ(x)为单调递减函数；
当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)为单调递增函数．
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[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(2a＋1)＋
2 x
＝
ax2－（2a＋1）x＋2 x
＝
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（ax－1）x（x－2），
当0＜1a＜2，即a＞12时，由f′(x)＞0解得0＜x＜1a或x＞2；
当a＝12时，f′(x)≥0；
当1a＞2，即0＜a＜12时，由f′(x)＞0解得0＜x＜2或x＞1a.