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2018届高三数学二轮复习第一篇专题突破专题二函数与导数刺第3讲导数及其应用第2课时导数的综合应用课件文

2018届高三数学二轮复习第一篇专题突破专题二函数与导数刺第3讲导数及其应用第2课时导数的综合应用课件文


第2课时 导数的综合应用 总纲目录 考点一 利用导数证明不等式 考点二 考点三 利用导数解决不等式的恒成立、存在性问题 利用导数解决函数零点或方程根的问题 考点一 利用导数证明不等式 若证明f(x)≤g(x),x∈[a,b],只需构造函数F(x)=f(x)-g(x),x∈[a,b],证 明F(x)max≤0即可;同理若证明f(x)≥g(x),x∈[a,b],只需构造函数F(x)=f(x)g(x),x∈[a,b],证明F(x)min≥0即可. 典型例题 (2016课标Ⅲ,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性; x ?1 (2)证明当x∈(1,+∞)时,1< ln x <x; (3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. 解析 1. 1 (1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= x -1,令f '(x)=0,解得x= 当0<x<1时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x>1时, f '(x)<0, f(x)单调递减. (2)证法一:∵x∈(1,+∞), x ?1 ∴不等式1< ln x <x等价于ln x<x-1<xln x. 令h(x)=ln x-x+1(x>1). 则h'(x)= -1= 1 x 1? x <0. x ∴h(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴h(x)<h(1)=0,即ln x-x+1<0, ∴ln x<x-1. 令g(x)=x-1-xln x(x>1). 则g'(x)=1-(ln x+1)=-ln x<0. ∴g(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴g(x)<g(1)=0,即x-1-xln x<0, ∴x-1<xln x. x ?1 综上,当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1<xln x,即1< <x. ln x 证法二:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0. 所以当x≠1时,ln x<x-1. 故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln < -1,即1< (3)证明:由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx, 则g'(x)=c-1-cxln c,令g'(x)=0, c ?1 解得x0= ln c . ln c ln 1 x 1 x x ?1 <x. ln x 当x<x0时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 由(2)知1< c ? 1 <c,故0<x0<1. ln c 又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0. 所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. 方法归纳 利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差变形; (2)构造新的函数F(x); (3)对F(x)求导; (4)利用F'(x)判断F(x)的单调性或取值; (5)下结论. 跟踪集训 (2017山西太原第二次模拟)已知函数f(x)=ex-ax2-2x(a∈R). (1)当a=0时,求f(x)的最小值; e e (2)当a< 2 -1时,证明:不等式f(x)> 2 -1在(0,+∞)上恒成立. 解析 (1)当a=0时, f(x)=ex-2x,∴f '(x)=ex-2. 令f '(x)>0,得x>ln 2,令f '(x)<0,得x<ln 2. ∴f(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增. ∴f(x)min=f(ln 2)=2-2ln 2. ex ? 2x ? e ?1 2 (2)证法一

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