备战2025年高考二轮复习数学课件：利用导数证明问题.pptVIP

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2024-12-17 发布于山东
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备战2025年高考二轮复习数学课件：利用导数证明问题.ppt

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利用导数证明问题

12341.(17分)(2024广东广州一模)已知函数f(x)=cosx+xsinx,x∈(-π,π).(1)求f(x)的单调区间和极小值;(2)证明:当x∈[0,π)时,2f(x)≤ex+e-x.

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1234(2)证明当x∈[0,π)时,令F(x)=ex+e-x-2(cosx+xsinx),求导得F(x)=ex-e-x-2xcosx≥ex-e-x-2x,令φ(x)=ex-e-x-2x,求导得φ(x)=ex+e-x-2≥函数φ(x)在[0,π)内单调递增,则φ(x)≥φ(0)=0,F(x)≥0,F(x)在[0,π)内单调递增,因此F(x)≥F(0)=0,所以2f(x)≤ex+e-x.

1234

1234设g(x)=-x2+ax-1,注意到g(0)=-1,①当a≤0时,g(x)0恒成立,即f(x)0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)内单调递减;②当a0时,判别式Δ=a2-4,(ⅰ)当0a≤2时,Δ≤0,即g(x)≤0,即f(x)≤0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)内单调递减;

1234

1234(1)解g(x)≥f(x)在[0,+∞)内恒成立,理由如下:令h(x)=g(x)-f(x)=-1+cosx,x∈[0,+∞),则h(x)=x-sinx,x∈[0,+∞),令q(x)=h(x),则q(x)=1-cosx≥0在[0,+∞)内恒成立,故q(x)=h(x)在[0,+∞)内单调递增,其中h(0)=0,故h(x)≥0在[0,+∞)内恒成立,故h(x)在[0,+∞)内单调递增,故h(x)≥h(0)=0,即g(x)≥f(x)恒成立.

1234只需证(m-n)cosn+sinn-sinm0.令r(x)=(x-n)cosn-sinx+sinn,0xn,则只需证明r(m)0,r(x)=cosn-cosx,令p(x)=cosn-cosx,则函数p(x)在(0,)内单调递增,所以当0xn时,p(x)p(n)=0,所以r(x)0,所以r(x)在(0,n)内单调递减,所以r(x)r(n)=0,故r(m)r(n)=0,

1234

12344.(17分)(2024福建厦门模拟)已知函数f(x)=aex+2x-1(其中常数e=2.71828…是自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:对任意的a≥1,当x0时,f(x)≥(x+ae)x.

1234(1)解由f(x)=aex+2x-1,得f(x)=aex+2.①当a≥0时,f(x)0,函数f(x)在R上单调递增;

1234当a≥1时,aex-x-1≥ex-x-1.令h(x)=ex-x-1,则当x0时,h(x)=ex-10,h(x)单调递增,因此h(x)h(0)=0,于是当0x1时,g(x)0,g(x)单调递减,当x=1时,g(x)=0,当x1时,g(x)0,g(x)单调递增,因此g(x)≥g(1)=0,即,故f(x)≥(x+ae)x.