1.5.2 导数与不等式的证明 课时作业讲评(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学二轮复习专题增分方略

课时作业讲评 教学环节二 (教师批阅作业后,据情选点讲评) 1 2 3 4 1.(2024·武汉模拟)已知f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x. (1)求f'(1)并写出f(x)的表达式; 解:由f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x,得f'(x)=-2f'(1)x+1+,取x=1得到f'(1)=-2f'(1)+1+2,解得f'(1)=1.将f'(1)=1代入f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x,得f(x)=-x2+x+2ln x. 1 2 3 4 (2)求证:f(x)≤x-1. 解: 证明:要证f(x)≤x-1,即证x2-ln x2≥1. 设g(t)=t-ln t,则g'(t)=1-=,故当0<t<1时,g'(t)<0,当t>1时,g'(t)>0. 所以g(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故g(t)≥g(1)=1.故f(x)≤x-1. 1 2 3 4 2.(2024·河南名校联考)已知函数f(x)=,k∈[2,+∞). (1)讨论函数f(x)的单调性; 解: f(x)=ln(x+1)-的定义域为(-1,+∞).f'(x)=-=, ①当k=2时,f'(x)≥0,f(x)在(-1,+∞)上单调递增; ②当k>2,x∈(-1,0)时,f'(x)>0,f(x)在(-1,0)内单调递增. 当x∈(0,k2-2k)时,f'(x)<0,f(x)在(0,k2-2k)内单调递减, 当x∈(k2-2k,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(k2-2k,+∞)上单调递增. 1 2 3 4 (2)当n∈N*时,求证:ln(n+1)<. 解:证明:由(1)得,当k=3时,f(x)=ln(x+1)-,f(x)在(0,3)上单调递减,即当x∈(0,3)时,f(x)<f(0)=0,所以ln(x+1)<, (注意:想不到利用(1)的结论求解而造成解题缓慢) 令x=(m∈N*),得ln<=≤,即ln<, 所以ln+ln+…+ln=ln=ln(n+1)<++…+=,得证. (关键点:结合对数的运算,利用放缩法求解) 1 2 3 4 3.(2024·洛阳模拟)已知函数f(x)=ln x-. (1)若函数f(x)在(0,+∞)上为增函数,求a的取值范围; 解: f'(x)=-==, 因为f(x)在(0,+∞)上为增函数,所以f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立, 即x2+(2-2a)x+1≥0在(0,+∞)上恒成立, 当x∈(0,+∞)时,由x2+(2-2a)x+1≥0, 1 2 3 4 得2a-2≤x+,设g(x)=x+,x∈(0,+∞), (谨记:见到此式子首先想到用基本不等式求解,比较简捷) 则g(x)=x+≥2=2,当且仅当x=,即x=1时,g(x)有最小值2, 所以2a-2≤2,解得a≤2,所以a的取值范围是(-∞,2]. (2)设m,n∈R,且m≠n,求证:<. 解: 审题破题:将所证不等式转化为构造为主元的不等式,再构造函数进行证明. 1 2 3 4 证明:设m>n,要证<,只需证<,即ln>,即ln->0,设h(x)=ln x-, 由(1)知h(x)在(1,+∞)上单调递增,又>1, 所以h>h(1)=0,即ln->0成立,得到<. 1 2 3 4 4.已知函数f(x)=xeax(a>0). (1)求f(x)在区间[-1,1]上的最大值与最小值; 解:f'(x)=eax(1+ax)(a>0), 令f'(x)=0,则x=-,当0<a≤1时,-≤-1,所以f'(x)≥0在区间[-1,1]上恒成立,f(x)在区间[-1,1]上单调递增,所以f(x)min=f(-1)=-e-a,f(x)max=f(1)=ea.当a>1时,-1<-<0,则当x∈时,f'(x)<0,f(x)在区间上单调递减; 1 2 3 4 当x∈时,f'(x)>0,f(x)在区间上单调递增,所以f(x)min=f=-,又f(-1)=-e-a<0,f(1)=ea>0. 所以f(x)max=f(1)=ea. 综上所述,当0<a≤1时,f(x)min=-e-a,f(x)max=ea;当a>1时,f(x)min=-,f(x)max=ea. 1 2 3 4 (2)当a≥1时,求证:f(x)≥ln x+x+1. 解: 法一:隐零点法 证明:因为x>0,a≥1,所以xeax≥xex.欲证xeax≥ln x+x+1,只需证明xex≥ln x+x+1. 设g(x)=xex-ln x-x-1(x>0),则g'(x)=(x+1),令φ(x)=ex-,易知φ(x)在(0,+∞)上单调递增,而φ=-2<0,φ(1)=e-1>0, 所以由函数零点存在定理可知,存在唯一的x0∈使得φ(x0)=0, 1 2 3 4 即-=0,因此=,x0=-ln x0,当x∈(0,x0)时,φ(x)<0,g'(x)<0,g(x)在(0,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,φ(x)>0,g'(x)>0,g(x)在(x0,+∞)上单调递增; 所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0-1=·x0-ln x0-x0-1=0,所以g(x)≥0,因此f(x)≥ln x+x+1. 1 2 3 4 法二:同构法 证明:因为x>0,a≥1,所以xeax≥xex,欲证xeax≥ln x+x+1,只需证明xex≥ln x+x+1,只需证明xex=eln xex=eln x+x≥ln x+x+1.构造函数h(x)=ex-x-1(x∈R), h'(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)在(-∞,0)上单调递减;当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增.所以h(x)≥h(0)=0,所以ex≥x+1,所以xex≥ln x+x+1,因此f(x)≥ln x+x+1. 本课结束 $$