2022高考数学统考一轮复习第二章函数导数及其应用第十二节第1课时导数与不等式问题教师文档教案文北师大版

1、第十二节第十二节导数的综合应用导数的综合应用授课提示：对应学生用书第 45 页基础梳理1利用导数证明不等式若证明 f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数 f(x)f(x)g(x)，如果 f(x)0，则 f(x)在(a，b)上是减函数， 同时若 f(a)0， 由减函数的定义可知， x(a， b)时， 有 f(x)0， 即证明了 f(x)g(x)2利用导数解决不等式的恒成立问题利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题3利用导数研究函数的零点用导数研

2、究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决1研究函数图像的交点、方程的根、函数的零点，归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等2给出了具体的函数关系式，只需研究这个函数的性质即可3函数关系式中含有比例系数，根据已知数据求出比例系数得到函数关系式，再研究函数的性质4没有给出函数关系，需要先建立函数关系，再研究函数的性质第一课时导数与不等式问题授课提示：对应学生用书第 45 页考点一不等式证明例(2018高考全国卷)已知函数(x)aexln x1.(1)设 x2 是(x)的极值点，求 a，并求(x)的单

3、调区间；(2)证明：当 a1e时，(x)0.解析(1)(x)的定义域为(0，)，(x)aex1x.由题设知，(2)0，所以 a12e2.从而(x)12e2exln x1，(x)12e2ex1x.当 0 x2 时，(x)0；当 x2 时，(x)0.所以(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增(2)证明： 当 a1e时， (x)exeln x1.设 g(x)exeln x1， 则 g(x)exe1x.当 0 x1 时， g(x)0；当 x1 时，g(x)0.所以 x1 是 g(x)的最小值点故当 x0 时，g(x)g(1)0.因此，当 a1e时，(x)0.破题技法利用导数证明不等式 f(

4、x)g(x)的基本方法(1)若 f(x)与 g(x)的最值易求出，可直接转化为证明 f(x)ming(x)max；(2)若 f(x)与 g(x)的最值不易求出，可构造函数 h(x)f(x)g(x)，然后根据函数 h(x)的单调性或最值，证明 h(x)0.设函数 f(x)ln xx2，求证 f(x)1e.证明：f(x)ln xx2(x0)，f(x)12ln xx3.令 f(x)0，即 12ln x0，xe12.x(0，e12)，f(x)0，x(e12，)，f(x)0，f(x)在(0，e12)上为增函数，在(e12，)为减函数，f(x)maxf(e12)12e，f(x)12e1e.考点二不等式恒成

5、立问题例已知函数 f(x)axex(a1)(2x1)(1)若 a1，求函数 f(x)的图像在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若当 x0 时，f(x)0 恒成立，求实数 a 的取值范围解析(1)若 a1，则 f(x)xex2(2x1)，f(x)xexex4，当 x0 时，f(0)2，f(0)3，所以所求切线方程为 y3x2.(2)法一：f(x)axex(a1)(2x1)，f(x)a(x1)ex2(a1)，由条件可得，f(1)0，解得 a1e10，令 h(x)f(x)a(x1)ex2(a1)，则 h(x)a(x2)ex，当 x0 时，h(x)0，所以 h(x)f(x)单调递增，而 f(0)2a

6、0，f(1)2ea2a20，所以方程 f(x)0 存在唯一根 x0，x0(0，1，使得函数 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以函数 f(x)在(0，)上的最小值为 f(x0)ax0ex0(a1)(2x01)，当 x0 时，要使 f(x)0恒成立，只需 f(x0)0 即可，又 x0满足 ex02a2a（x01），得 f(x0)（a1） （2x20 x01）x01，因为 x0(0，1，所以2x20 x010，所以 f(x0)0，所以 f(x)0 在(0，)上恒成立，所以实数 a 的取值范围为1e1，)法二：由条件可得，f(1)0，解得 a1e10，当 x0 时，f(x)

7、0 恒成立，等价于 xexa1a(2x1)对任意的 x0 恒成立，等价于当 x0时，函数 y1xex的图像总不在直线 y2a1a(2x1)的下方令 q(x)xex(x0)，则 q(x)(x1)ex0，所以 q(x)xex(x0)单调递增；令 p(x)q(x)(x1)ex(x0)，则 p(x)(x2)ex0，所以 p(x)(x1)ex(x0)单调递增，所以 q(x)xex(x0)为凹函数，又 y2a1a(2x1)是过定点(12，0)的直线系，当直线与曲线相切时，可设切点为 t(x0，y0)(x00)，则q（x0）2（a1）ay0 x0ex0，y0a1a（2x01） ，即（x01）ex02（a1）

8、a，x0ex0a1a（2x01） ，解得 x01，此时切线的斜率为 q(1)2e，则当 x0 时，要使 f(x)0 恒成立，只需2（a1）a2e 即可，解得 a1e1.故 a 的取值范围是1e1，)破题技法不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式 f(x，)0(为实参数)对任意的 xd 恒成立，求参数的取值范围利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(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(a0，0 或 a0，0)求解(3)不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”

9、关系，即 f(x)g(a)对于 xd 恒成立，应求f(x)的最小值；若存在 xd，使得 f(x)g(a)成立，应求 f(x)的最大值在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值特别需要关注等号是否成立，以免细节出错已知函数 f(x)sin xx(x0)(1)判断函数 f(x)在区间0，2 上的单调性；(2)若 f(x)a 在区间0，2 上恒成立，求实数 a 的最小值解析：(1)f(x)xcos xsin xx2，令 g(x)xcos xsin x，x0，2 ，则 g(x)xsin x，显然，当 x0，2

10、 时，g(x)xsin x0.即函数 g(x)在区间0，2 上单调递减，且 g(0)0，从而 g(x)在区间0，2 上恒小于零，所以 f(x)在区间0，2 上恒小于零，所以函数 f(x)在区间0，2 上单调递减(2)不等式 f(x)a，x0，2 恒成立，即 sin xax0 恒成立令(x)sin xax，x0，2 ，则(x)cos xa，且(0)0.当 a1 时，在区间0，2 上(x)0，即函数(x)单调递减，所以(x)(0)0，即 sin xax0 恒成立，当 0a1 时，(x)cos xa0 在区间0，2 上存在唯一解 x0，当 x(0，x0)时，(x)0，故(x)在区间(0，x0)上单调

11、递增，且(0)0，从而(x)在区间(0，x0)上大于零，这与 sin xax0 恒成立相矛盾，当 a0 时，在区间0，2 上(x)0，即函数(x)单调递增，且(0)0，得 sin xax0 恒成立，这与 sin xax0 恒成立相矛盾故实数 a 的最小值为 1.考点三不等式存在性问题例设函数 f(x)aln x1a2x2bx(a1)，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为 0.(1)求 b；(2)若存在 x01，使得 f(x0)0，f(x)在(1，)上单调递增，所以，存在 x01，使得 f(x0)aa1成立的充要条件为 f(1)aa1，即1a21aa1，解得 21a 21.若12a1

12、，故当 x1，a1a 时，f(x)0，f(x)在1，a1a 上单调递减，在a1a，上单调递增所以，存在 x01，使得 f(x0)aa1成立的充要条件为 fa1a aa1，所以不合题意若 a1，则 f(1)1a21a12g(x2)f(x1)ming(x2)min.(4)存在 x1m，存在 x2n，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min.(5)存在 x1m，任意 x2n，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.已知函数 f(x)ln x1x1.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)设 mr r，对任意的 a(1，1)，总存在 x01，e，使得不等式 maf(x0)0 成立，求实数 m 的取值范围解析：(1)f(x)1x1x2x1x2，x0.令 f(x)0，得 x1，因