17.导数中的不等式放缩
第121课 导数中不等式放缩 基础知识: (1)在不等式放缩中,常见的函数不等式有①e 1x x ≥+;②1ln x x -≥. 特别地,要注意在具体题目中灵活变形应用这些不等式. 如利用上面①、②易得1ln 2x x +≥+,e ln 2x x >+,e sin 1x x ≥+等不等式. (2)与隐零点相关的放缩问题 常用方法:利用隐零点问题中常用的代换技巧表达出()f x 的最大值(最小值)0()f x ,再由0x 的取值范围求出0()f x 的最大值(最小值),即得到0()()f x f x M ≤≤(0()()f x f x M ≥≥),进而证得题目中所证不等式. 一、典型例题 1.已知函数()23e x f x x =+,()91g x x =-. 比较()f x 与()g x 的大小,并加以证明. 2.已知函数()2e x f x x =-. (1)求曲线()f x 在1x =处的切线方程; (2)求证:当0x >时, ()e 2e 1ln 1x x x x +--?. 二、课堂练习 1. 已知()e ln x f x x =-. (1)求()y f x =的导函数()y f x ¢=的零点个数; (2)求证:()2f x >. 2. 已知函数()() 23e 4cos 1x f x x ax x x =+++,()()e 1x g x m x =-+. (1)当1m 3时,求函数()g x 的极值; (2)若72a ? ,证明:当()0,1x ?时,()1f x x >+. 三、课后作业 1. 已知函数()()21ln f x x x x =-+,求证:当02x . 2. 设函数()e sin x f x a x b =++. 若()f x 在0x =处的切线为10x y --=,求,a b 的值. 并证明当(0,)x ??时,()ln f x x >.
2021-2022年高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题一函数与导数不等式第2讲不等式问题练习
2021年高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题一函数与导数不等 式第2讲不等式问题练习 一、填空题 1.(xx·苏州调研)已知f (x )=???x 2 +x (x ≥0),-x 2 +x (x <0), 则不等式f (x 2 -x +1)<12的解集是________. 解析 依题意得,函数f (x )是R 上的增函数,且f (3)=12,因此不等式f (x 2-x +1)<12等价于x 2-x +1<3,即x 2-x -2<0,由此解得-1<x <2. 因此,不等式f (x 2 -x +1)<12的解集是(-1,2). 答案 (-1,2) 2.若点A (m ,n )在第一象限,且在直线x 3+y 4 =1上,则mn 的最大值是________. 解析 因为点A (m ,n )在第一象限,且在直线x 3+y 4=1上,所以m ,n >0,且m 3+n 4 =1, 所以m 3·n 4≤2 342m n ?? + ? ? ? ?? ? ???? 当且仅当m 3=n 4=12,即m =32,n =2时,取“=”,所以m 3·n 4≤? ????122=1 4,即mn ≤3,所以mn 的最大值为3. 答案 3 3.(xx·苏北四市模拟)已知函数f (x )=???x 2 +2x ,x ≥0, x 2-2x ,x <0, 若f (-a )+f (a )≤2f (1),则 实数a 的取值范围是________. 解析 f (-a )+f (a )≤2f (1)?
???a ≥0, (-a )2-2×(-a )+a 2 +2a ≤2×3或 ?? ?a <0, (-a )2+2×(-a )+a 2-2a ≤2×3 即???a ≥0,a 2+2a -3≤0或???a <0,a 2-2a -3≤0, 解得0≤a ≤1,或-1≤a <0. 故-1≤a ≤1. 答案 [-1,1] 4.已知函数f (x )=???log 3 x ,x >0, ? ?? ??13x ,x ≤0,那么不等式f (x )≥1的解集为________. 解析 当x >0时,由log 3x ≥1可得x ≥3,当x ≤0时,由? ?? ??13x ≥1可得x ≤0,∴不等 式f (x )≥1的解集为(-∞,0]∪[3,+∞). 答案 (-∞,0]∪[3,+∞) 5.(xx·南京、盐城模拟)若x ,y 满足不等式组???x +2y -2≥0, x -y +1≥0,3x +y -6≤0, 则 x 2+y 2的最小值是 ________. 解析 不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示, x 2+y 2表示原点(0,0)到此区域内的点P (x ,y )的距离. 显然该距离的最小值为原点到直线x +2y -2=0的距离. 故最小值为|0+0-2|12+22=25 5.
导数在处理不等式的恒成立问题(一轮复习教案)
学习过程 一、复习预习 考纲要求: 1.理解导数和切线方程的概念。 2.能在具体的数学环境中,会求导,会求切线方程。 3.特别是没有具体点处的切线方程,如何去设点,如何利用点线式建立直线方程。4.灵活应用建立切线方程与其它数学知识之间的内在联系。
5. 灵活应用导数研究函数的单调性问题 二、知识讲解 1.导数的计算公式和运算法则 几种常见函数的导数:0'=C (C 为常数);1 )'(-=n n nx x (Q n ∈); x x cos )'(sin =; x x sin )'(cos -=;1(ln )x x '= ; 1(log )log a a x e x '=, ()x x e e '= ; ()ln x x a a a '= 求导法则:法则1 [()()]()()u x v x u x v x ±'='±'.
法则2 [()()]()()()()u x v x u x v x u x v x '='+', [()]'()Cu x Cu x '= 法则3: ' 2 '' (0)u u v uv v v v -??=≠ ??? 复合函数的导数:设函数()u x ?=在点x 处有导数()x u x ?'=',函数()y f u =在点x 的对应点u 处有导 数()u y f u '=',则复合函数(())y f x ?=在点x 处也有导数,且x u x u y y '''?= 或(())()()x f x f u x ??'='?' 2.求直线斜率的方法(高中范围内三种) (1) tan k α=(α为倾斜角); (2) 1212 ()() f x f x k x x -= -,两点1122(,()),(,())x f x x f x ; (3)0()k f x '= (在0x x =处的切线的斜率); 3.求切线的方程的步骤:(三步走) (1)求函数()f x 的导函数()f x '; (2)0()k f x '= (在0x x =处的切线的斜率); (3)点斜式求切线方程00()()y f x k x x -=-; 4.用导数求函数的单调性: (1)求函数()f x 的导函数()f x '; (2)()0f x '>,求单调递增区间; (3)()0f x '<,求单调递减区间; (4)()0f x '=,是极值点。 考点一 函数的在区间上的最值 【例题1】:求曲线29623-+-=x x x y 在)5,2(上的最值 。 【答案】:最大值为18,最小值为-2. 【解析】:∵根据题意09123'2=+-=x x y ,∴3,121==x x ,由函数的单调性,当11=x ,2=y , 取得极大值;当32=x ,2-=y ,取得极小值;当5=x ,18=y 。所以最大值为18,最小值为-2.
导数与不等式常考题型
导数与不等式题型 1.已知2()ln ,()3f x x x g x x ax ==-+-. (1) 求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值; (2) 对一切(0,)x ∈+∞,2()()f x g x ≥恒成立,求实数a 的取值范围; (3) 证明:对一切(0,)x ∈+∞,都有12ln x x e ex >-成立. 本题是一道函数、导数与不等式证明的综合题,主要考查导数的几何意义、导数的求法以及导数在研究函数的性质和证明不等式等方面的应用,考查等价转化、分类讨论等数学思想方法以及分析问题与解决问题的能力. 对于第(1)问,只要运用导数的方法法研究出函数()f x 的单调性即可,最值就容易确定了;对于第(2)问,是一个不等式恒成立的问题,可通过分离常数,将其转化为求函数的最值问题来处理;对于第(3)问,可以通过构造函数,利用导数研究其函数值的正负来实现不等式的证明. 解析: (1) '()ln 1f x x =+, 当1(0,)x e ∈,'()0f x <,()f x 单调递减, 当1(,)x e ∈+∞,'()0f x >,()f x 单调递增. ① 102t t e <<+< ,t 无解; ② 102t t e <<<+,即10t e <<时,min 11()()f x f e e ==-; ③ 12t t e ≤<+,即1t e ≥时,()f x 在[,2]t t +上单调递增,min ()()ln f x f t t t ==; 所以min 110()1ln t e e f x t t t e ?-<?=??≥?? , ,. (2) 22ln 3x x x ax ≥-+-,则32ln a x x x ≤++, 设3()2ln (0)h x x x x x =++>,则2 (3)(1)'()x x h x x +-=,(0,1)x ∈,'()0h x <,()h x 单调递减,(1,)x ∈+∞,'()0h x >,()h x 单调递增,所以min ()(1)4h x h ==. 因为对一切(0,)x ∈+∞,2()()f x g x ≥恒成立,所以min ()4a h x ≤=. (3) 问题等价于证明2ln ((0,))x x x x x e e > -∈+∞, 由⑴可知()ln ((0,))f x x x x =∈+∞的最小值是1e -,当且仅当1x e =时取到.
2020高考数学专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根文含解析
专题突破练(2) 利用导数研究不等式与方程的根 一、选择题 1.(2019·佛山质检)设函数f (x )=x 3 -3x 2 +2x ,若x 1,x 2(x 1<x 2)是函数g (x )=f (x )-λx 的两个极值点,现给出如下结论: ①若-1<λ<0,则f (x 1)<f (x 2);②若0<λ<2,则f (x 1)<f (x 2);③若λ>2,则 f (x 1)<f (x 2). 其中正确结论的个数为( ) A .0 B .1 C .2 D .3 答案 B 解析 依题意,x 1,x 2(x 10,即λ>-1,且x 1+x 2=2,x 1x 2=2-λ3.研究f (x 1)0,解得λ>2.从而可知③正确.故选B . 2.(2018·乌鲁木齐一诊)设函数f (x )=e x x +3x -3-a x ,若不等式f (x )≤0有正实数解, 则实数a 的最小值为( ) A .3 B .2 C .e 2 D .e 答案 D 解析 因为f (x )=e x x +3x -3-a x ≤0有正实数解,所以a ≥(x 2-3x +3)e x ,令g (x )=(x 2-3x +3)e x ,则g ′(x )=(2x -3)e x +(x 2-3x +3)e x =x (x -1)e x ,所以当x >1时,g ′(x )>0;当0b >c B .b >a >c C .c >b >a D .c >a >b 答案 C 解析 构造函数f (x )=e x x 2,则a =f (6),b =f (7),c =f (8),f ′(x )=x e x (x -2) x 4 ,当x >2时,f ′(x )>0,所以f (x )在(2,+∞)上单调递增,故f (8)>f (7)>f (6),即c >b >a .故选C . 4.(2018·合肥质检二)已知函数f (x )是定义在R 上的增函数,f (x )+2>f ′(x ),f (0)=1,则不等式ln (f (x )+2)-ln 3>x 的解集为( ) A .(-∞,0) B .(0,+∞) C.(-∞,1) D .(1,+∞)
利用导数解决不等式问题
考点43 利用导数解决不等式问题 1.(13天津T8)设函数2()e 2,()ln 3x x g x x x x f +-=+-=. 若实数,a b 满足()0,()0f a g b ==, 则( ) A. ()0()g a f b << B. ()0()f b g a << C. 0()()g a f b << D. ()()0f b g a << 【测量目标】利用导数解决不等式问题. 【考查方式】已知两个函数,通过导数判断函数的单调性,比较值的大小. 【试题解析】首先确定b a ,的取值范围,再根据函数的单调性求解. ()e 10x f x '=+>,∴()x f 是增函数. (步骤1) ∵()x g 的定义域是()0,+∞,∴()120,g x x x '=+> ∴()x g 是()0,+∞上的增函数. (步骤2) ∵()010,(1)e 10,0 1.f f a =-<=->∴<<(步骤3) (1)20,g =-<(2)ln 210,12,()0,()0.g b f b g a =+>∴<<∴><(步骤4) 2.(13湖南T21)(本小题满分13分)已知函数21()e 1x x f x x -= +. ⑴求()f x 的单调区间; ⑵证明:当时1212()()()f x f x x x =≠时,120x x +<. 【测量目标】导数的运算,导数研究函数的单调性,导数在不等式证明问题中的应用. 【考查方式】考查导数的运算、利用导数求函数单调区间的方法、构造函数判断函数大小的方法. 【试题解析】⑴ 函数的定义域,-∞+∞(), 2211()e e 11x x x x f x x x '--??'=+ ?++?? 222(11)e 1)(1)e 21)x x x x x x x -+-?+--?=+((22232e 1)x x x x x --+=?+((步骤1) 22420?=-?<,∴当(,0)x ∈-∞时,()0,()f x y f x '>=单调递增,
导数中的不等式运用
专题09 导数与不等式的解题技巧 一.知识点 基本初等函数的导数公式 (1)常用函数的导数 ①(C )′=________(C 为常数); ②(x )′=________; ③(x 2)′=________; ④? ???? 1x ′=________; ⑤(x )′=________. (2)初等函数的导数公式 ①(x n )′=________; ②(sin x )′=__________; ③(cos x )′=________; ④(e x )′=________; ⑤(a x )′=___________; ⑥(ln x )′=________; ⑦(log a x )′=__________. (一)构造函数证明不等式 例1.【山东省烟台市2019届高三数学试卷】已知定义在(﹣∞,0)上的函数f (x ),其导函数记为f'(x ),若 成立,则下列正确的是( ) A .f (﹣e )﹣e 2f (﹣1)>0 B . C .e 2f (﹣e )﹣f (﹣1)>0 D . 【答案】A 【分析】由题干知: ,x <﹣1时,2f (x )﹣xf′(x )<0.﹣1<x <0时,2f (x )﹣xf′(x ) >0.构造函数g (x )=,对函数求导可得到x <﹣1时,g′(x )<0;﹣1<x <0,g′(x )>0,利用函 数的单调性得到结果.
练习1.设是定义在上的偶函数的导函数,且,当时,不等式 恒成立,若,,,则的大小关系是()A.B.C.D. 【答案】D 【分析】 构造函数,根据函数的奇偶性求得的奇偶性,再根据函数的导数确定单调性,由此比较三个数的大小. 【解析】构造函数,由于是偶函数,故是奇函数.由于,故函数在上递增.由于,故当时,,当时,.所以 ,,,根据单 调性有.故,即,故选D. 【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性,考查构造函数法比较大小,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题.
构造函数法解决导数不等式问题教学设计公开课
构造函数法解决导数不等式问题 在函数中解决抽象函数问题首要的前提是对函数四种基本性质的熟练掌握,导数是函数单调性的延伸,如果把题目中直接给出的增减性换成一个'()f x ,则单调性就变的相当隐晦了,另外在导数中的抽象函数不等式问题中,我们要研究的往往不是()f x 本身的单调性,而是包含()f x 的一个新函数的单调性,因此构造函数变的相当重要,另外题目中若给出的是'()f x 的形式,则我们要构造的则是一个包含()f x 的新函数,因为只有这个新函数求导之后才会出现'()f x ,因此解决导数抽象函数不等式的重中之重是构造函数。 例如:'()0f x >,则我们知道原函数()f x 是单调递增的,若'()10f x +>,我们知道()()g x f x x =+这个函数是单调递增的,因此构造函数的过程有点类似于积分求原函数的过程,只不过构造出的新函数要通过题目中给出的条件能判断出单调性才可。 既然是找原函数,那么就可能遇上找不到式子的原函数的时候,但是我们判断单调性只需要判断导函数的正负即可,例如()g x 的原函数是不能准确的找到的,但是如果我们知道一个式子的导函数里面包含()g x ,则也能大致将那个函数看成是原函数,例如'()()g x m x x = ,或者()m x 的导函数中包含一个能判断符号的式子和()g x 相乘或相除的形式,我们也可以将()m x 大致看成()g x 的原函数。 构造函数模型总结: 关系式为“加”型: (1)'()()0f x f x +≥ 构造''[()][()()]x x e f x e f x f x =+ (2)'()()0xf x f x +≥ 构造''[()]()()xf x xf x f x =+ (3)'()()0xf x nf x +≥构造''11'[()]()()[()()]n n n n x f x x f x nx f x x xf x nf x --=+=+ (注意对x 的符号进行讨论) 关系式为“减”型 (1)' ()()0f x f x -≥ 构造'''2()()()()()[]()x x x x x f x f x e f x e f x f x e e e --== (2)' ()()0xf x f x -≥ 构造''2()()()[]f x xf x f x x x -= (3)' ()()0xf x nf x -≥构造'1''21()()()()()[]()n n n n n f x x f x nx f x xf x nf x x x x -+--== (注意对x 的符号进行讨论)
利用导数证明不等式的常见题型
利用导数证明不等式的常见题型 1. (2017·课标全国III 卷理)已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点,则a =( ) A .1 -2 B .13 C . 12 D .1 2.(2016?天津卷文) 已知函数2(43)3,0 ()(01)log (1)1,0 a x a x a x f x a a x x ?+-+=>≠?++≥??且在R 上单调递 减,且关于x 的方程|()|23 x f x =- 恰有两个不相等的实数解,则a 的取值范围是_________. 3.(2015·北京理)(本题满分13分) 已知函数x x x f -+=11ln )(. (I)求曲线)(x f y =在点))0(,0(f 处的切线方程; (II)求证:当)1,0(∈x 时,3 23 ()()x f x x >+; (III)设实数k 使得)3 ()(3 x x k x f +>对)1,0(∈x 恒成立,求k 的最大值. 4. (2017·课标全国II 卷文)(本题满分12分)设函数f(x)=(1-x 2)e x . (1)讨论f(x)的单调性; (2)当x ≥0时,f(x)≤ax +1,求a 的取值范围. 5. (2015·课标全国II 卷理)(本题满分12分) 设函数mx x e x f mx -+=2 )(. (I)证明:)(x f 在)0,(-∞单调递减,在),0(+∞单调递增; (II)若对于任意1x ,]1,1[2-∈x ,都有1|)()(|21-≤-e x f x f ,求m 的取值范围.
6.(2015?山东卷文)(本题满分13分)设函数x a x x f ln )()(+=,x e x x g 2 )(=,已知曲线 )(x f y =在点))1(,1(f 处的切线与直线02=-y x 平行. (I)求a 的值; (II)是否存在自然数k ,使方程)()(x g x f =在)1,(+k k 内存在唯一的根?如果存在,求出 k ;如果不存在,请说明理由; (III)设函数),)}(min((),(min{)(q p x g x f x m =表示p ,q 中的较小值),求)(x m 的最大值. 7.(2015·课标全国Ⅰ卷理)(本题满分12分) 已知函数4 1 )(3++=ax x x f ,x x g ln )(-=. (I)当a 为何值时,x 轴为曲线)(x f y =的切线; (II)用},min{n m 表示m ,n 中的最小值,设函数)0)}((),(min{)(>=x x g x f x h ,讨论) (x h 零点的个数. 8.(2016·天津理)(本题满分14分) 设函数b ax x x f ---=3 )1()(,∈x R ,其中a ,∈b R . (Ⅰ)求)(x f 的单调区间; (Ⅱ)若)(x f 存在极值点0x ,且)()(01x f x f =,其中01x x ≠,求证:3201=+x x ; (Ⅲ)设0>a ,函数)()(x f x g =,求证:)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于...4 1 . 9.(2017·课标全国III 卷理)(本题满分12分)
2020版高考数学第三章导数及其应用高考专题突破一高考中的导数应用问题(第1课时)导数与不等式教案
第1课时 导数与不等式 题型一 证明不等式 例1已知函数f (x )=1-x -1 e x ,g (x )=x -ln x . (1)证明:g (x )≥1; (2)证明:(x -ln x )f (x )>1-1 e 2. 证明 (1)由题意得g ′(x )=x -1 x (x >0), 当01时,g ′(x )>0, 即g (x )在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数. 所以g (x )≥g (1)=1,得证. (2)由f (x )=1- x -1 e x ,得f ′(x )= x -2 e x , 所以当02时,f ′(x )>0, 即f (x )在(0,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数, 所以f (x )≥f (2)=1-1 e 2(当x =2时取等号).① 又由(1)知x -ln x ≥1(当x =1时取等号),② 所以①②等号不同时取得, 所以(x -ln x )f (x )>1-1 e 2.
思维升华 (1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )=f (x )-g (x )>0(利用单调性),特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法),但后一种方法不具备普遍性. (2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式,一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体,另一种方法为转化后利用函数的单调性,如不等式f (x 1)+g (x 1)0,x ln x ≤0, 故x ln x 1时,令g (x )=e x +sin x -1-x ln x , 故g ′(x )=e x +cos x -ln x -1. 令h (x )=g ′(x )=e x +cos x -ln x -1, 则h ′(x )=e x -1x -sin x , 当x >1时,e x -1x >e -1>1, 所以h ′(x )=e x -1x -sin x >0, 故h (x )在(1,+∞)上单调递增. 故h (x )>h (1)=e +cos 1-1>0,即g ′(x )>0, 所以g (x )在(1,+∞)上单调递增, 所以g (x )>g (1)=e +sin 1-1>0, 即x ln x