高中数学新教材选择性必修第二册课件+讲义 第5章 习题课 与ex、ln x有关的常用不等式

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第5章 习题课 与ex、lnx有关的常用不等式高中数学新教材选择性必修第二册高考政策|高中“新”课程，新在哪里?1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。4、授课方式变化，选课制度将全面推开。5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。1.熟悉常见的两类经典不等式ex≥x＋1和ln x≤x－1以及它们常见 的几种变形形式.2.掌握一般的证明不等式的方法.随堂演练课时对点练一、经典不等式ex≥x＋1二、经典不等式ln x≤x－1三、与ex和ln x有关的不等式一、经典不等式ex≥x＋1例1　证明不等式ex≥x＋1.证明　设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0，所以当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，所以ex≥x＋1.反思感悟　与ex有关的常用不等式(1)ex≥1＋x(x∈R).(2)ex≥ex(x∈R).跟踪训练1　求证：ex－1≥x.证明　方法一　令H(x)＝ex－1－x，则H′(x)＝ex－1－1.若x<1，则H′(x)<0，H(x)在(－∞，1)上单调递减；若x>1，则H′(x)>0，H(x)在(1，＋∞)上单调递增.∴H(x)min＝H(1)＝0，∴H(x)≥0，∴ex－1≥x.方法二　令t＝x－1，则x＝t＋1.由et≥t＋1，得ex－1≥x.二、经典不等式ln x≤x－1例2　证明不等式ln x≤x－1.证明　由题意知x>0，令f(x)＝x－1－ln x，所以当f′(x)>0时，x>1；当f′(x)<0时，0－1，令f(x)＝ln(x＋1)－x，所以当f′(x)>0时，－10，故f(x)在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)有最大值f(0)＝0，故有f(x)＝ln(x＋1)－x≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x成立.即当x>0时，函数g(x)单调递增.即g(x)>g(0)＝0.方法二　∵ln x≤x－1，且当x＝1时等号成立.跟踪训练2　设函数f(x)＝ln x－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；令f′(x)＝0，解得x＝1.当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.证明　由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，ln x0)有关的不等式之间的关系ex>x＋1>x>x－1>ln x，常用该不等式通过放缩证明一些问题.跟踪训练3　已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R).(1)求函数y＝f(x)的单调区间；当a≤0时，f′(x)>0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；(2)当a＝1时，证明：对任意的x >0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.证明　当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，要证明f(x)＋ex>x2＋x＋2，只需证明ex－ln x－2 >0，先证明当x>0时，ex>x＋1，令g(x)＝ex－x－1(x>0)，则g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴当x>0时，g(x)>g(0)＝0即ex>x＋1，∴ex－ln x－2>x＋1－ln x－2＝x－ln x－1.∴只要证明x－ln x－1≥0(x>0)，令h(x)＝x－ln x－1(x>0)，∴h(x)≥h(1)＝0即x－ln x－1≥0成立，∴f(x)＋ex>x2＋x＋2成立.1.知识清单：(1)常见的几种经典不等式.(2)一般不等式的证明方法.2.方法归纳：构造法、转化法、分类讨论.3.常见误区：在证明不等式的转化过程中是否做到了等价转化.1234所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，即有f(6)x√1234解析　令g(x)＝x－f(x)，则g(x)＝ex－(a－1)x.若a＝1，则g(x)＝ex>0，∴f(x)≤x成立. 若1ln(a－1)时，g′(x)>0.∴g(x)在(－∞，ln(a－1))上单调递减；在(ln(a－1)，＋∞)上单调递增.∴g(x)≥g(ln(a－1))＝eln(a－1)－(a－1)ln(a－1)＝(a－1)[1－ln(a－1)].又10，ln(a－1)≤ln e＝1，∴(a－1)[1－ln(a－1)]≥0.∴g(x)≥0，即f(x)≤x恒成立.综上，当1≤a≤1＋e时，f(x)≤x.12343.已知a>b>0，ab＝ba，有如下四个结论：(1)be；(3)存在a，b满足a·be2，则正确结论的序号是A.(1)(3) B.(2)(3) C.(1)(4) D.(2)(4)√1234故(1)正确，(2)错误；另外，由ab＝ba，令a＝4，b＝2，则a>e，be2，故(4)正确，(3)错误.因此，选C.12344.试判断sin x与x在[0，π]上的大小_________.(用>或≥表示)解析　令f(x)＝x－sin x，因为f′(x)＝1－cos x≥0恒成立，故f(x)在[0，π]上单调递增，f(x)≥f(x)min＝f(0)＝0，即x－sin x≥0，所以x≥sin x在[0，π]上恒成立.x≥sin x123456789101112131415161.“x>1”是“ln x> ”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件√12345678910111213141516当01时，f′(x)>0，所以当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝0，12345678910111213141516解析　因为f(x)＝x－sin x，所以f(－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，即函数f(x)为奇函数，f′(x)＝1－cos x≥0，则函数f(x)在定义域内是增函数，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0等价为f(x＋1)>－f(2－2x)＝f(2x－2)，即x＋1>2x－2，解得x<3，故不等式的解集为(－∞，3).√12345678910111213141516√解析　f′(x)＝(－sin x)·ex＋cos x·ex＝(cos x－sin x)·ex，故选A.123456789101112131415164.设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则A.2x<3y<5z B.5z<2x<3yC.3y<5z<2x D.3y<2x<5z√1234567891011121314151612345678910111213141516√12345678910111213141516当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.12345678910111213141516因此选B.12345678910111213141516√√√1234567891011121314151612345678910111213141516C选项，令f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，当x>0时，f′(x)＝ex－1>0，所以f(x)单调递增；当x<0时，f′(x)＝ex－1<0，所以f(x)单调递减，则f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立，故C正确；12345678910111213141516则f′(x)＝－sin x＋x，令h(x)＝f′(x)＝－sin x＋x，则h′(x)＝－cos x＋1≥0恒成立，即函数f′(x)＝－sin x＋x单调递增，又f′(0)＝0，12345678910111213141516x≤tan x即x－tan x≤0，即x≤tan x.12345678910111213141516①③12345678910111213141516解析　f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝ln x＋2x＋1，所以f′(x0)＝ln x0＋2x0＋1＝0，123456789101112131415169.已知函数f(x)＝ex－ln(x＋2)，求证：f(x)>0.12345678910111213141516证明　令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝0，得x＝0，当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0，即ex－x－1≥0，∴ex≥x＋1(当且仅当x＝0时，等号成立). ①易知h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(－1)＝0，即x＋1－ln(x＋2)≥0，12345678910111213141516即x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时，等号成立). ②∵①和②中的等号不能同时成立，∴由①和②得ex>ln(x＋2)，即f(x)>0.1234567891011121314151610.已知函数f(x)＝aln x＋1(a∈R).(1)若g(x)＝x－f(x)，讨论函数g(x)的单调性；解　由题意得，g(x)＝x－f(x)＝x－aln x－1，当a≤0时，g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，易得函数g(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.12345678910111213141516(2)若t(x)＝ x2＋x，h(x)＝ex－1(其中e是自然对数的底数)，且a＝1，x∈(0，＋∞)，求证：h(x)>t(x)>f(x).12345678910111213141516设m(x)＝u′(x)＝ex－x－1，则m′(x)＝ex－1，当x>0时，m′(x)>0恒成立，则m(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴m(x)>m(0)＝0，则u(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴u(x)>u(0)＝0，∴h(x)－t(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即h(x)>t(x).∵当x>0时，v(x)>0，即t(x)>x.12345678910111213141516易得s(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴s(x)≥s(1)＝0，∴x≥ln x＋1＝f(x)∴t(x)>x≥f(x)，即t(x)>f(x)，综上所述，h(x)>t(x)>f(x).1234567891011121314151611.已知函数f(x)＝ ，若f(x1)＝f(x2)，且x1f(－x2)；②f(x2)>f(－x1)；③f(x1)>f(－x1)；④f(x2)>f(－x2).正确的个数为A.1 B.2 C.3 D.4√12345678910111213141516所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减.又f(0)＝1，f(1)＝0，当x<0时，f(x)>0，所以x1<0f(－x1)，②③对.12345678910111213141516√12345678910111213141516解析　由题意得f(x)>0在函数定义域内恒成立，即kx2－ln x>0在函数定义域内恒成立，12345678910111213141516√12345678910111213141516故函数f(x)在(0，1)上不单调，所以f(x1)与f(x2)的大小无法确定，从而排除A，B；由g′(x)>0，得00，现证明ex≥x＋1恒成立，设g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1，当g′(x)＝0时，解得x＝0，当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，故当x＝0时，函数g(x)取得最小值，g(0)＝0，12345678910111213141516所以g(x)≥g(0)＝0，即ex－x－1≥0⇔ex≥x＋1恒成立，所以f(x)min＝1，即a≤1.所以实数a的取值范围是(－∞，1].1234567891011121314151615.已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝ln x－ax－1，其中00，则实数a的取值范围是________.解析　令M(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)，则M′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，M′(x)>0，所以M(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以M(x)>M(0)＝0，所以ex>x＋1.由于00，故若∃x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，转化为∃x0∈(0，＋∞)，g(x0)>0，12345678910111213141516当x∈(0，e2)时，h′(x)>0，当x∈(e2，＋∞)时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减.123456789101112131415161234567891011121314151612345678910111213141516∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴当x∈(0，＋∞)时，h(x)