【文档说明】423导数与不等式2021届高三数学新高考一轮复习课件.ppt，共(22)页，397.500 KB，由小橙橙上传

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第3课时导数与不等式题型一不等式恒成立问题[师生共研][例1][2020·山东泰安一中联考]已知函数f(x)＝12x2－alnx＋1(a∈R)．(1)若函数f(x)在[1,2]上是单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若－2≤a<0，对任意x1，x2∈[1,2]，不等式|f(x1)－f(x2)|

≤m1x1－1x2恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)易知f(x)不是常值函数，∵f(x)＝12x2－alnx＋1在[1,2]上是增函数，∴f′(x)＝x－ax≥0恒成立，所以a≤x2，只需a≤(x2)min＝1.(2)因为－

2≤a<0，由(1)知，函数f(x)在[1,2]上单调递增，不妨设1≤x1≤x2≤2，则|f(x1)－f(x2)|≤m1x1－1x2，可化为f(x2)＋mx2≤f(x1)＋mx1，设h(x)＝f(x)＋mx＝12x2－alnx＋1＋mx，则h(x1)≥h(x

2)，所以h(x)为[1,2]上的减函数，即h′(x)＝x－ax－mx2≤0在[1,2]上恒成立，等价于m≥x3－ax在[1,2]上恒成立，设g(x)＝x3－ax，所以m≥g(x)max，因－2≤a<0，所以g′(x)＝3x2－a>0，所以函数g(x)在[1,2]上是增函数，所以g(x)max

＝g(2)＝8－2a≤12(当且仅当a＝－2时等号成立)．所以m≥12.类题通法不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x·λ)>0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法．(

2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解.【跟踪训练1】[2020·山东莱州一中质量检测]已知函数f(x)＝1＋ln(1＋x)x(x>0)．(1)判断函数f(x

)在(0，＋∞)上的单调性；(2)若f(x)>kx＋1恒成立，求整数k的最大值．解：(1)因为f(x)＝1＋ln(1＋x)x(x>0)，所以f′(x)＝－11＋x－ln(1＋x)x2，(x>0)，又因为x>0，

所以11＋x>0，ln(1＋x)>0，所以f′(x)<0，即函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数．(2)由f(x)>kx＋1恒成立，即k<x＋1＋(x＋1)ln(x＋1)x恒成立，即k<x＋1＋(x＋1)ln(x＋1)xmin，设h(x)＝x＋1＋(x＋1)ln(x＋1)x，所以h

′(x)＝x－1－ln(x＋1)x2，(x>0)，令g(x)＝x－1－ln(x＋1)，则g′(x)＝1－1x＋1＝xx＋1>0，即g(x)在(0，＋∞)为增函数，又g(2)＝1－ln3<0，g(3)＝2－2ln2>0，即存在唯一

的实数根a，满足g(a)＝0，且a∈(2,3)，a－1－ln(a＋1)＝0，当x>a时，g(x)>0，h′(x)>0，当0<x<a时，g(x)<0，h′(x)<0，即函数h(x)在(0，a)为减函数，在

(a，＋∞)为增函数，则h(x)min＝h(a)＝a＋1＋(a＋1)ln(a＋1)a＝a＋1∈(3,4)，故整数k的最大值为3.题型二不等式的证明[微点探究]微点1构造函数法[例2]设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(

1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2

，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘2(1－ln2＋a)↗故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)．f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋

a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是

对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－

1>0，故ex>x2－2ax＋1.类题通法待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.微点2分拆函数法[例3]已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(

x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.解：(1)f′(x)＝ex－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<ea时，f′(x)>0，当x>ea

时，f′(x)<0，故f(x)在0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减．(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤exx－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝－e，记g(x)＝e

xx－2e(x>0)，则g′(x)＝(x－1)exx2，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e，综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤ex

x－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.类题通法若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.【跟踪训练2】[2020·山东新高考预测卷

]已知函数f(x)＝ex－x2.(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求证：当x>0时，ex＋(2－e)x－1x≥lnx＋1.解：(1)f′(x)＝ex－2x，则f′(1)＝e－2，f(1)＝e－1，所以曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1.(2)证明

：设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，则g′(x)＝ex－2x－(e－2)，设m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)，则m′(x)＝ex－2，易得g′(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞

)上单调递增，又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，由0<ln2<1，则g′(ln2)<0，所以存在x0∈(0，ln2)，使得g′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0；当x∈(x0,1)时，g′(x)<0.故g(x)在(0，x0)上单调递增

，在(x0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，当且仅当x＝1时，取等号，故当x>0时，ex＋(2－e)x－1x≥x.由函数y＝lnx的图象在点(1,0

)处的切线为y＝x－1，得x≥lnx＋1，当且仅当x＝1时，等号成立，故ex＋(2－e)x－1x≥lnx＋1.