（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第5节导数与不等式课件.pptx

《（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第5节导数与不等式课件.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第5节导数与不等式课件.pptx（54页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、考试要求 1.能利用导数证明简单的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，会求参数的取值范围.,第5节 导数与不等式,知 识 梳 理,1.证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题. 2.求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题. 3.不等式能成立看作不等式有解问题.,常用结论与易错提醒 与不等式有关的结论 (1)对任意x，f(x)g(x)f(x)g(x)0f(x)g(x)min0. (2)对任意x1，x2，f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max. (3)存在x1，x2，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.

2、 (4)对任意x，存在x0，f(x)g(x0)f(x)ming(x)min. (5)f(x)a或f(x)a对xD恒成立f(x)mina或f(x)maxa. (6)若存在xD，使f(x)a或f(x)af(x)maxa或f(x)mina. (7)对任意的x1D1，总存在x2D2，使f(x1)g(x2)AB(其中集合A为f(x1)的值域，集合B为f(x2)的值域). (8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用.,基 础 自 测,解析 由f(x)xex(x2)，令f(x)0，得x0或x2(舍去).,f(x)最大f(1)e，由题意me. 答案 D,答案 D,4.已知f(x)xln x，g

3、(x)x3ax2x2，若对任意的x(0，)，不等式2f(x)g(x)2恒成立，则实数a的取值范围是_.解析 g(x)3x22ax1，2f(x)g(x)2，2xln x3x22ax1.,当x(0，1)时，h(x)0，h(x)递增， 当x(1，)时，h(x)0，h(x)递减， h(x)最大h(x)极大h(1)2， 由题意a2. 答案 2，),5.当x2，1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是_.解析 当x0时，ax3x24x30变为30恒成立，即aR，,(x)在(0，1上递增，(x)max(1)6.a6.,当x2，1)时，(x)0. 当x1时，(x)有极小值，即为最小值.,综上

4、知6a2. 答案 6，2,当02时，f(x)0. 所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增.,当01时，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点. 故当x0时，g(x)g(1)0. 因此，当a时，f(x)0.,规律方法 (1)利用参数a的范围放缩不等式是关键； (2)不等式有等号时，可利用函数的最值证明不等式，否则可利用函数的单调性求函数的值域.,【训练1】 已知函数f(x)xln x2x.(1)求f(x)的单调区间、极值；(2)若xy0，试确定f(x)f(y)与xln yyln x的大小关系，并给以证明.解 (1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x12ln x1，令

5、f(x)0得xe.将x，f(x)，f(x)变化情况列下表：,可得(0，e)是f(x)的递减区间，(e，)是f(x)的递增区间，f(x)在xe处有极小值e，无极大值. (2)f(x)f(y)xln yyln x.证明如下： f(x)f(y)(xln yyln x) xln x2xyln y2yxln yyln x,M(t)M(1)0即Q(t)0.Q(t)在(1，)上是递增函数. Q(t)Q(1)0.又y0，(*)0， f(x)f(y)xln yyln x.,(1)证明 原不等式等价于x4x3x10， 设g(x)x4x3x1， 则g(x)4x33x21(x1)(4x2x1)， 当x(，1)时，g(

6、x)0，g(x)单调递增. 所以g(x)g(1)0，所以f(x)x2x1.,(2)解 当x0时，易知aR；,所以a1，即实数a的取值范围是1，).,(1)证明 令F(x)f(x)g(x),F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， F(x)minF(1)0，f(x)g(x).,f(x)，g(x)均在1，a上单调递增. f(x)g(x)，F(x)f(x)g(x)在1，)上单调递增， f(x)与g(x)的图象在1，a上距离随x增大而增大，,当a1时，eaa1， 当a1时，G(a)0，G(a)在1，)上单调递增， a2， a的最大值为2.,(2)由(1)知，f(x)在(1，2)上单调递减

7、，在(2，)上单调递增， 所以当x1时，f(x)f(2)0， 又g(x)ln xax，,当x(0，e)时，h(x)0，h(x)单调递增， 当x(e，)时，h(x)0，h(x)单调递减，,规律方法 (1)单变量任意型，常用分离参数法，不易分离参数或分离参数后函数太复杂时，应直接讨论参数； (2)双变量任意型、任意存在型注意等价转化为最值问题解决.,【训练2】 (2019台州质量评估)已知函数f(x)(x2x1)ex. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当x0，2时，f(x)x22xm恒成立，求m的取值范围. 解 (1)函数f(x)的定义域为R， f(x)(x2)(x1)ex， ex0， 令

8、f(x)2，f(x)为减函数， 令f(x)0，解得1x2，f(x)为增函数， f(x)的单调递减区间为(，1)，(2，)，单调递增区间为(1，2).,(2)f(x)x22xm在x0，2时恒成立， mf(x)x22x(x2x1)exx22x， 令g(x)(x2x1)exx22x， 则g(x)(x2)(x1)ex2(x1)，,g(x)在0，1)上单调递减，在(1，2上单调递增，,解 (1)f(x)x2(a2)xbae3x， 由题意知f(3)0，即93(a2)ba0， 解得b2a3. 当a2时，b7， 故由f(x)(x29)e3x0得3x3， 于是f(x)在(3，3)上单调递增，在(，3)和(3，)

9、上单调递减.,(2)由(1)得f(x)x2(a2)x3a3e3x， 由f(x)0得a1x3， 所以f(x)在0，3)上单调递增，在(3，4上单调递减， 于是f(x)maxf(3)a6， f(x)minminf(0)，f(4)(2a3)e3. g(x)在0，4上单调递增，,规律方法 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xD恒成立，应求f(x)的最小值；若存在xD，使得f(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号

10、是否成立问题，以免细节出错.,【训练3】 (2019无锡调研)已知函数f(x)ex(3x2)，g(x)a(x2)，其中a，xR.(1)若对任意xR，有f(x)g(x)恒成立，求a的取值范围；(2)若存在唯一的整数x0，使得f(x0)g(x0)，求a的取值范围.解 (1)由题意，对任意xR有ex(3x2)a(x2)恒成立，当x(，2)时，,F(x)maxF(0)1，故此时a1. 当x2时，恒成立，故此时aR. 当x(2，)时，,当x(，2)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)g(x0)，,当x(2，)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)g(x0)，,所以当a7e3时，没有整数成立，所以a(7e3

11、，5e4.,导数与不等式,审题路线图 (1),满分解答,因为x1x2，所以x1x2256.,所以x0时，g(x)、g(x)的变化情况如下表：,所以g(x)在256，)上单调递增，故g(x1x2)g(256)88ln 2， 即f(x1)f(x2)88ln 2.7分,所以，存在x0(m，n)使f(x0)kx0a， 所以，对于任意的aR及k(0，)，直线ykxa与曲线yf(x)有公共点.11分,由(1)可知g(x)g(16)，又a34ln 2， 故g(x)1ag(16)1a34ln 2a0， 所以h(x)0，即函数h(x)在(0，)上单调递减，因此方程f(x)kxa0至多1个实根. 综上，当a34ln 2时，对于任意k0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点.15分,构建模板,若b0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，且f(1)0， 所以当x1时，都有f(x)0，不符合题意；,若b0，,所以f(x)maxf(1)0， 所以f(x)0有唯一解x1，符合题意；,当a(e，e1时，(ae)ln(ae)0， 当a(e1，)时，(ae)ln(ae)单调递增， 且(ae)ln(ae)0， 所以方程(ae)ln(ae)e0有唯一零点a2e， 所以g(a)在(e，2e)上单调递减，在(2e，)上单调递增，,