2020年高考数学一轮(江苏理) 第3章高考专题突破1 第1课时导数与不等式.docxVIP免费

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高考专题突破一高考中的导数应用问题第1课时导数与不等式题型一证明不等式例1已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－lnx.(1)证明：g(x)≥1；(2)证明：(x－lnx)f(x)>1－.证明(1)由题意得g′(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－，得f′(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－(当x＝2时取等号)．①又由(1)知x－lnx≥1(当x＝1时取等号)，②所以①②等号不同时取得，所以(x－lnx)f(x)>1－.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(x1)＋g(x1)0，xlnx≤0，故xlnx1时，令g(x)＝ex＋sinx－1－xlnx，故g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1.令h(x)＝g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1，则h′(x)＝ex－－sinx，当x>1时，ex－>e－1>1，所以h′(x)＝ex－－sinx>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．故h(x)>h(1)＝e＋cos1－1>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝e＋sin1－1>0，即xlnx0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0

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