第4章 第4讲 导数与函数的综合应用-【金版教程】2023高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，新高考题型版）

金服散准·至真至城 SINCE 2000 第四章 导数及其应用 第4讲 导数与函数的综合应用 第1课时 利用导数研究不等式的证明 问题 1 核心考向突破 PART ONE (2)证法一： 因为0，所以只需证)≤c-2e X 当a=e时，由(1)知，fx)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递 减， 所以f(x)max=f(1)=-e. 记e6)=8-2e≥0， (x-1)e 则g')= 所以当0<x<1时，g(x)<0,g(x)单调递减， 当x>1时，g”(x)>0,g(x)单调递增， 解 所以g(x)mim=g(1)=-e. 综上，当>0时，f0≤g6,即0≤-2e.即0)-。+2e三0， 证法二：证明xfx)-e+2ex≤0， 即证exln.x--e2-e+2er≤0，从而等价于imx-+2≤ er 设函数gx)=lnx-x+2, g)-1 所以当x∈(0,1)时，g(x)>0, 当x∈(1，+∞)时，g(x)<0, 解 故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 从而g(x)在(0，+∞)上的最大值为g(1)=1. e 设函数)= e'(x-1) 则h'(x)=ex2 所以当x∈(0,1)时，h′x)<0,当x∈(1，+∞)时，hx)>0, 故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+o)上单调递增， 从而hx)在(0，+∞)上的最小值为h(1)=1. 综上，当x>0时，g(x)≤h(x),即xfx)-e+2ex≤0. 解 (2证明：当a≥时，f8-n-1. e*1 xe*-e 设e)=-1nr-1,则g)=。= ex 当0<x<1时，g(x)<0;当x>1时，g'(x)>0.所以1是gx)的最小值点. 故当>0时，g0x)≥g(1)=0.因此，当a≥时，fx)≥0. 解 考向二双变量不等式的证明 ，(2021哈尔滨四模)已知函数f)=ar+1(>0),gx)=Inx-4+ 例2( 2a. ①塔a=, 比较函数f(x)与g(x)的大小； (2)若m>≥0，求证：nm-nn m-n mn. 第4讲　导数与函数的综合应用 第2课时　利用 导数解决不等式恒(能)成立问题 第四章　导数及其应用 1 核心考向突破 PART ONE 考向一　恒成立问题 解　(1)f′(x)＝(x－3)ex－3－x＋3＝(x－3)·(ex－3－1)， 当x>3时，x－3>0，ex－3－1>0，∴f′(x)>0，当x<3时，x－3<0，ex－3－1<0，∴f′(x)>0， 当x＝3时，f′(x)＝0，所以当x∈R时，f′(x)≥0，即f(x)在R上是增函数； 又f(3)＝0，所以不等式f(x)>0的解集为(3，＋∞)． (2)证明：当a＝1时，g(x)＝ex＋cosx，g′(x)＝ex－sinx.由x>0，得ex> 1，sinx∈[－1,1]， 则g′(x)＝ex－sinx>0，即g(x)在(0，＋∞)上为增函数．故g(x)>g(0)＝2，即g(x)>2. 解 解 解 求解不等式恒成立问题的方法 (1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论． (2)分离参数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min. 1.(2021·湖北宜昌诊断)已知函数f(x)＝xln x，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围． 解 令g′(x)＝0，得x＝1. 当x≥1时，因为g′(x)≥0， 故g(x)在[1，＋∞)上单调递增． 所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1. 故实数a的取值范围是(－∞，1]． 解 解法二：(构造函数法) 当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1. 令F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1， 原命题等价于F(x)≥0在x≥1时恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)． 由于F′(x)＝ln x＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1. 故实数a的取值范围是(－∞，1]． 解 考向二　能成立问题 解 解 解 解 1．不等式能成