（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用核心素养提升（三）课件

1、第三章导数及其应用核心素养提升(三)(选修2­2P32习题1.3B组T1(3)(4))利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证：(3)ex＞1＋x，x≠0；(4)lnx＜x＜ex，x＞0.【解】(3)设f(x)＝ex－1－x，所以f′(x)＝ex－1.当f′(x)＝0时，x＝0，当f′(x)＞0时，x＞0，当f′(x)＜0时，x＜0，所以f(x)＝ex－1－x在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(x)极小值＝f(0)＝e0－1－0＝0，又x≠0，所以ex－1－x＞0，所以ex＞1＋x，图示验证如图．当x≠0时，函数y＝ex的图象在直线y＝1＋x的上方，即x≠0时，ex＞1＋x.同理可证(4)lnx＜x＜ex(x＞0)．图示验证如图．事实上ex＞x＋1＞x＞x－1＞lnx(x＞0且x≠1)．(1)逆向问题已知不等式aex≥b＋x(x∈R)．①若当a＝1时不等式恒成立，求b的最大值；②若当b＝1时，原不等式恒成立，求a的范围；③当n∈N*时，记n！＝1×2×3×…×n.证明n2－n≥2lnn!【解】①当a＝1时，不等式aex≥b＋x即。

2、b≤ex－x.令f(x)＝ex－x(x∈R)，所以f′(x)＝ex－1.当f′(x)＝0时，x＝0，当f′(x)＞0时，x＞0，当f′(x)＜0时，x＜0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(x)极小值＝f(0)＝e0－0＝1.所以b≤f(x)min＝1，即b的最大值为1.②当b＝1时，不等式aex≥b＋x即为a≥1＋xex.令g(x)＝1＋xex(x∈R)，所以g′(x)＝1·ex－（1＋x）ex（ex）2＝－xex，当g′(x)＝0时，x＝0，当g′(x)＞0时，x＜0，当g′(x)＜0时，x＞0.所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(x)极大值＝g(0)＝1＋0e0＝1.所以a≥g(x)max＝1，即a的范围为a≥1.③证明：由①②可得ex≥1＋x.所以e0≥1，e1≥2，e2≥3，…，en－1≥n.所以e0·e1·e2·…·en－1≥1×2×3×…×n.即en（n－1）2≥n！，所以n2－n2≥lnn！，即n2－n≥2lnn！.(2)问题拓展已知函数f(x)＝x＋1ex，g(x。

3、)＝xf(x)＋tf′(x)＋1ex，若存在实数x1，x2∈[0，1]，使得2g(x1)＜g(x2)成立，求实数t的取值范围．【解】因为f(x)＝x＋1ex，所以g(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋1ex＝x·x＋1ex＋t·－xex＋1ex＝x2＋（1－t）x＋1ex，存在x1，x2∈[0，1]，使得2g(x1)＜g(x2)成立，等价于当x∈[0，1]时，2[g(x)]min＜g(x)max，g′(x)＝－x2＋（1＋t）x－tex＝－（x－1）（x－t）ex.①当t≥1时，在x∈[0，1]上g′(x)≤0，即g(x)在[0，1]上单调递减，所以2g(1)＜g(0)．即2×3－te＜1，所以t＞3－e2＞1.②当t≤0时，在x∈[0，1]上，g′(x)≥0，g(x)在[0，1]上单调递增，所以2g(0)＜g(1)．即2＜3－te.所以t＜3－2e＜0.③当0＜t＜1时，当g′(x)＜0时，0≤x＜t.当g′(x)＞0时，t＜x＜1.所以g(x)在x∈[0，t)上单调递减，在(t，1]上单调递增，所以2g(t)＜max{g(0)，g(1)}，即2×t＋1et＜max。

4、1，3－te.令h(t)＝2·t＋1et，h′(t)＝－2tet＜0(0＜t＜1)，所以h(t)＝2·t＋1et在[0，1]上单调递减，所以4e≤2·t＋1et≤2.又3－te∈2e，3e，所以2·t＋1et＜max1，3－te无解，综上所述，t的范围为t＜3－2e或t＞3－e2.1．(2019·杭州市十校联考)已知函数f(x)＝mex－lnx－1.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当m≥1时，证明：f(x)＞1.【解】(1)当m＝1时，f(x)＝ex－lnx－1，所以f′(x)＝ex－1x.所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.(2)证明：当m≥1时，f(x)＝mex－lnx－1≥ex－lnx－1.要证明f(x)＞1，只需证明ex－lnx－2＞0.设g(x)＝ex－lnx－2，则g′(x)＝ex－1x.设h(x)＝ex－1x，则h′(x)＝ex＋1x2＞0，所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－1x。

5、在(0，＋∞)上单调递增．因为g′12＝e12－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，所以函数g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈12，1.因为g′(x0)＝0，所以ex0＝1x0，即lnx0＝－x0.当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0.所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)．故g(x)≥g(x0)＝ex0－lnx0－2＝1x0＋x0－2＞0.综上可知，当m≥1时，f(x)＞1.2．(2019·温州市高三联考)设n∈N*，函数f(x)＝lnxxn，函数g(x)＝exxn(x＞0)．(1)当n＝1时，求函数y＝f(x)的零点个数；(2)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象分别位于直线y＝1的两侧，求n的取值集合A；(3)对于任意n∈A，任意x1，x2∈(0，＋∞)，求|f(x1)－g(x2)|的最小值．【解】(1)当n＝1时，f(x)＝lnxx，f′(x)＝1－lnxx2(x＞0)．由f′(x)＞0得0＜x＜e；由f′(x)＜0得x＞e.所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞。

6、)上单调递减，因为f(e)＝1e＞0，f1e＝－e＜0，所以函数f(x)在(0，e)上存在一个零点；当x∈(e，＋∞)时，f(x)＝lnxx＞0恒成立，所以函数f(x)在(e，＋∞)上不存在零点．综上可得函数f(x)在(0，＋∞)上存在唯一一个零点．(2)对函数f(x)＝lnxxn求导，得f′(x)＝1－nlnxxn＋1(x＞0)，由f′(x)＞0，得0＜x＜e1n；由f′(x)＜0，得x＞e1n.所以函数f(x)在(0，e1n)上单调递增，在(e1n，＋∞)上单调递减，则当x＝e1n时，函数f(x)有最大值f(x)max＝f(e1n)＝1ne.对函数g(x)＝exxn(x＞0)求导，得g′(x)＝（x－n）exxn＋1(x＞0)，由g′(x)＞0，得x＞n；由g′(x)＜0，得0＜x＜n.所以函数g(x)在(0，n)上单调递减，在(n，＋∞)上单调递增．则当x＝n时，函数g(x)有最小值g(x)min＝g(n)＝enn.因为n∈N*，函数f(x)的最大值f(e1n)＝1ne＜1，即函数f(x)＝lnxxn在直线y＝1的下方，故函数g(x)＝exxn(x＞0)在。

7、直线y＝1的上方，所以g(x)min＝g(n)＝enn＞1，解得n＜e.所以n的取值集合A＝{1，2}．(3)对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－g(x2)|的最小值等价于g(x)min－f(x)max＝enn－1ne.当n＝1时，g(x)min－f(x)max＝e－1e；当n＝2时，g(x)min－f(x)max＝e24－12e；因为e－1e－e24－12e＝e2（4－e）－24e＞0，所以|f(x1)－g(x2)|的最小值为e24－12e＝e3－24e.。