2025屆高考數(shù)學一輪復(fù)習第二章函數(shù)導數(shù)及其應(yīng)用第十二節(jié)第1課時導數(shù)與不等式問題教師文檔教案文北師大版

PAGE第十二節(jié)導數(shù)的綜合應(yīng)用授課提示：對應(yīng)學生用書第45頁[基礎(chǔ)梳理]1．利用導數(shù)證明不等式若證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，假如F′(x)<0，則F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時若F(a)≤0，由減函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)<0，即證明白f(x)<g(x)．2．利用導數(shù)解決不等式的恒成立問題利用導數(shù)探討不等式恒成立問題，首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可分別變量，構(gòu)造函數(shù)，干脆把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．3．利用導數(shù)探討函數(shù)的零點用導數(shù)探討函數(shù)的零點，一方面用導數(shù)推斷函數(shù)的單調(diào)性，借助零點存在性定理推斷；另一方面，也可將零點問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖像的交點問題，利用數(shù)形結(jié)合來解決．1．探討函數(shù)圖像的交點、方程的根、函數(shù)的零點，歸根究竟是探討函數(shù)的性質(zhì)，如單調(diào)性、極值等．2．給出了詳細的函數(shù)關(guān)系式，只需探討這個函數(shù)的性質(zhì)即可．3．函數(shù)關(guān)系式中含有比例系數(shù)，依據(jù)已知數(shù)據(jù)求出比例系數(shù)得到函數(shù)關(guān)系式，再探討函數(shù)的性質(zhì)．4．沒有給出函數(shù)關(guān)系，須要先建立函數(shù)關(guān)系，再探討函數(shù)的性質(zhì)．

第一課時導數(shù)與不等式問題授課提示：對應(yīng)學生用書第45頁考點一不等式證明[例](2024·高考全國卷Ⅰ)已知函數(shù)?(x)＝aex－lnx－1.(1)設(shè)x＝2是?(x)的極值點，求a，并求?(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當a≥eq\f(1,e)時，?(x)≥0.[解析](1)?(x)的定義域為(0，＋∞)，?′(x)＝aex－eq\f(1,x).由題設(shè)知，?′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).從而?(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，?′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).當0＜x＜2時，?′(x)＜0；當x＞2時，?′(x)＞0.所以?(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：當a≥eq\f(1,e)時，?(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，則g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).當0＜x＜1時，g′(x)＜0；當x＞1時，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值點．故當x＞0時，g(x)≥g(1)＝0.因此，當a≥eq\f(1,e)時，?(x)≥0.[破題技法]利用導數(shù)證明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)與g(x)的最值易求出，可干脆轉(zhuǎn)化為證明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)與g(x)的最值不易求出，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，然后依據(jù)函數(shù)h(x)的單調(diào)性或最值，證明h(x)＞0.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x2)，求證f(x)＜eq\f(1,e).證明：f(x)＝eq\f(lnx,x2)(x＞0)，∴f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3).令f′(x)＝0，即1－2lnx＝0，∴x＝eeq\s\up6(\f(1,2)).x∈(0，eeq\s\up6(\f(1,2)))，f′(x)＞0，x∈(eeq\s\up6(\f(1,2))，＋∞)，f′(x)＜0，∴f(x)在(0，eeq\s\up6(\f(1,2)))上為增函數(shù)，在(eeq\s\up6(\f(1,2))，＋∞)為減函數(shù)，∴f(x)max＝f(eeq\s\up6(\f(1,2)))＝eq\f(1,2e)，∴f(x)≤eq\f(1,2e)＜eq\f(1,e).考點二不等式恒成立問題[例]已知函數(shù)f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的圖像在點(0，f(0))處的切線方程；(2)若當x＞0時，f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．[解析](1)若a＝1，則f(x)＝xex－2(2x－1)，f′(x)＝xex＋ex－4，當x＝0時，f(0)＝2，f′(0)＝－3，所以所求切線方程為y＝－3x＋2.(2)法一：f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)，f′(x)＝a(x＋1)ex－2(a＋1)，由條件可得，f(1)≥0，解得a≥eq\f(1,e－1)＞0，令h(x)＝f′(x)＝a(x＋1)ex－2(a＋1)，則h′(x)＝a(x＋2)ex，當x＞0時，h′(x)＞0，所以h(x)＝f′(x)單調(diào)遞增，而f′(0)＝－2－a＜0，f′(1)＝2ea－2a－2≥0，所以方程f′(x)＝0存在唯一根x0，x0∈(0，1]，使得函數(shù)f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值為f(x0)＝ax0ex0－(a＋1)(2x0－1)，當x＞0時，要使f(x)≥0恒成立，只需f(x0)≥0即可，又x0滿意ex0＝eq\f(2a＋2,a（x0＋1）)，得f(x0)＝eq\f(（a＋1）（－2xeq\o\al(2,0)＋x0＋1）,x0＋1)，因為x0∈(0，1]，所以－2xeq\o\al(2,0)＋x0＋1≥0，所以f(x0)≥0，所以f(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以實數(shù)a的取值范圍為[eq\f(1,e－1)，＋∞)．法二：由條件可得，f(1)≥0，解得a≥eq\f(1,e－1)＞0，當x＞0時，f(x)≥0恒成立，等價于xex≥eq\f(a＋1,a)(2x－1)對隨意的x＞0恒成立，等價于當x＞0時，函數(shù)y1＝xex的圖像總不在直線y2＝eq\f(a＋1,a)(2x－1)的下方．令Q(x)＝xex(x＞0)，則Q′(x)＝(x＋1)·ex＞0，所以Q(x)＝xex(x＞0)單調(diào)遞增；令P(x)＝Q′(x)＝(x＋1)ex(x＞0)，則P′(x)＝(x＋2)ex＞0，所以P(x)＝(x＋1)ex(x＞0)單調(diào)遞增，所以Q(x)＝xex(x＞0)為凹函數(shù)，又y2＝eq\f(a＋1,a)(2x－1)是過定點(eq\f(1,2)，0)的直線系，當直線與曲線相切時，可設(shè)切點為T(x0，y0)(x0＞0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Q′（x0）＝\f(2（a＋1）,a),y0＝x0ex0，,y0＝\f(a＋1,a)（2x0－1），))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x0＋1）ex0＝\f(2（a＋1）,a)，,x0ex0＝\f(a＋1,a)（2x0－1），))解得x0＝1，此時切線的斜率為Q′(1)＝2e，則當x＞0時，要使f(x)≥0恒成立，只需eq\f(2（a＋1）,a)≤2e即可，解得a≥eq\f(1,e－1).故a的取值范圍是[eq\f(1,e－1)，＋∞)．[破題技法]不等式恒成立問題的求解策略(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ為實參數(shù))對隨意的x∈D恒成立，求參數(shù)λ的取值范圍．利用導數(shù)解決此類問題可以運用分別參數(shù)法，其一般步驟如下：(2)假如無法分別參數(shù)，可以考慮對參數(shù)或自變量進行分類探討求解，假如是二次不等式恒成立的問題，可以考慮二次項系數(shù)與判別式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．(3)不等式存在性問題的求解策略“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補”關(guān)系，即f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應(yīng)求f(x)的最大值．在詳細問題中原委是求最大值還是最小值，可以先聯(lián)想“恒成立”是求最大值還是最小值，這樣也就可以解決相應(yīng)的“存在性”問題是求最大值還是最小值．特殊須要關(guān)注等號是否成立，以免細微環(huán)節(jié)出錯．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,x)(x≠0)．(1)推斷函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的單調(diào)性；(2)若f(x)＜a在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，求實數(shù)a的最小值．解析：(1)f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)，令g(x)＝xcosx－sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則g′(x)＝－xsinx，明顯，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，g′(x)＝－xsinx＜0.即函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，且g(0)＝0，從而g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒小于零，所以f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒小于零，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．(2)不等式f(x)＜a，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，即sinx－ax＜0恒成立．令φ(x)＝sinx－ax，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則φ′(x)＝cosx－a，且φ(0)＝0.當a≥1時，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上φ′(x)＜0，即函數(shù)φ(x)單調(diào)遞減，所以φ(x)＜φ(0)＝0，即sinx－ax＜0恒成立，當0＜a＜1時，φ′(x)＝cosx－a＝0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上存在唯一解x0，當x∈(0，x0)時，φ′(x)＞0，故φ(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞增，且φ(0)＝0，從而φ(x)在區(qū)間(0，x0)上大于零，這與sinx－ax＜0恒成立相沖突，當a≤0時，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上φ′(x)＞0，即函數(shù)φ(x)單調(diào)遞增，且φ(0)＝0，得sinx－ax＞0恒成立，這與sinx－ax＜0恒成立相沖突．故實數(shù)a的最小值為1.考點三不等式存在性問題[例]設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1－a,2)x2－bx(a≠1)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)，求a的取值范圍．[解析](1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋(1－a)x－b，由題設(shè)知f′(1)＝0，解得b＝1.(2)f(x)的定義域為(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝alnx＋eq\f(1－a,2)x2－x，f′(x)＝eq\f(a,x)＋(1－a)x－1＝eq\f(1－a,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,1－a)))(x－1)．①若a≤eq\f(1,2)，則eq\f(a,1－a)≤1，故當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以，存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)成立的充要條件為f(1)<eq\f(a,a－1)，即eq\f(1－a,2)－1<eq\f(a,a－1)，解得－eq\r(2)－1<a<eq\r(2)－1.②若eq\f(1,2)<a<1，則eq\f(a,1－a)>1，故當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,1－a)))時，f′(x)<0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,1－a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，＋∞))上單調(diào)遞增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)成立的充要條件為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)))<eq\f(a,a－1).而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)))＝alneq\f(a,1－a)＋eq\f(a2,2（1－a）)＋eq\f(a,a－1)>eq\f(a,a－1)，所以不合題意．③若a>1，則f(1)＝eq\f(1－a,2)－1＝eq\f(－a－1,2)<eq\f(a,a－1).綜上，a的取值范圍是(－eq\r(2)－1，eq\r(2)－1)∪(1，＋∞)．[破題技法]不等式存在性問題，也是轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題，其關(guān)鍵點為：(1)存在x使f(x)≥a成立?f(x)max≥a.(2)存在x使f(x)≤b成立?f(x)min≤b.(3)隨意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x1)min>g(x2)m