2025届高考数学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

PAGE第十二节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)，假如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，即证明白f(x)<g(x)．2．利用导数解决不等式的恒成立问题利用导数探讨不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数探讨函数的单调性，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；也可分别变量，构造函数，干脆把问题转化为函数的最值问题．3．利用导数探讨函数的零点用导数探讨函数的零点，一方面用导数推断函数的单调性，借助零点存在性定理推断；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．探讨函数图像的交点、方程的根、函数的零点，归根究竟是探讨函数的性质，如单调性、极值等．2．给出了详细的函数关系式，只需探讨这个函数的性质即可．3．函数关系式中含有比例系数，依据已知数据求出比例系数得到函数关系式，再探讨函数的性质．4．没有给出函数关系，须要先建立函数关系，再探讨函数的性质．

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](2024·高考全国卷Ⅰ)已知函数ƒ(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是ƒ(x)的极值点，求a，并求ƒ(x)的单调区间；(2)证明：当a≥eq\f(1,e)时，ƒ(x)≥0.[解析](1)ƒ(x)的定义域为(0，＋∞)，ƒ′(x)＝aex－eq\f(1,x).由题设知，ƒ′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).从而ƒ(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，ƒ′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).当0＜x＜2时，ƒ′(x)＜0；当x＞2时，ƒ′(x)＞0.所以ƒ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)证明：当a≥eq\f(1,e)时，ƒ(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1.设g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，则g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥eq\f(1,e)时，ƒ(x)≥0.[破题技法]利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可干脆转化为证明f(x)min＞g(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)，然后依据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.设函数f(x)＝eq\f(lnx,x2)，求证f(x)＜eq\f(1,e).证明：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)))上为增函数，在(eeq\s\up6(\f(1,2))，＋∞)为减函数，∴f(x)max＝f(eeq\s\up6(\f(1,2)))＝eq\f(1,2e)，∴f(x)≤eq\f(1,2e)＜eq\f(1,e).考点二不等式恒成立问题[例]已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函数f(x)的图像在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若当x＞0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．[解析](1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)，f′(x)＝xex＋ex－4，当x＝0时，f(0)＝2，f′(0)＝－3，所以所求切线方程为y＝－3x＋2.(2)法一：f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)，f′(x)＝a(x＋1)ex－2(a＋1)，由条件可得，f(1)≥0，解得a≥eq\f(1,e－1)＞0，令h(x)＝f′(x)＝a(x＋1)ex－2(a＋1)，则h′(x)＝a(x＋2)ex，当x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)＝f′(x)单调递增，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－(a＋1)(2x0－1)，当x＞0时，要使f(x)≥0恒成立，只需f(x0)≥0即可，又x0满意ex0＝eq\f(2a＋2,a（x0＋1）)，得f(x0)＝eq\f(（a＋1）（－2xeq\o\al(2,0)＋x0＋1）,x0＋1)，因为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，所以实数a的取值范围为[eq\f(1,e－1)，＋∞)．法二：由条件可得，f(1)≥0，解得a≥eq\f(1,e－1)＞0，当x＞0时，f(x)≥0恒成立，等价于xex≥eq\f(a＋1,a)(2x－1)对随意的x＞0恒成立，等价于当x＞0时，函数y1＝xex的图像总不在直线y2＝eq\f(a＋1,a)(2x－1)的下方．令Q(x)＝xex(x＞0)，则Q′(x)＝(x＋1)·ex＞0，所以Q(x)＝xex(x＞0)单调递增；令P(x)＝Q′(x)＝(x＋1)ex(x＞0)，则P′(x)＝(x＋2)ex＞0，所以P(x)＝(x＋1)ex(x＞0)单调递增，所以Q(x)＝xex(x＞0)为凹函数，又y2＝eq\f(a＋1,a)(2x－1)是过定点(eq\f(1,2)，0)的直线系，当直线与曲线相切时，可设切点为T(x0，y0)(x0＞0)，则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，此时切线的斜率为Q′(1)＝2e，则当x＞0时，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的取值范围是[eq\f(1,e－1)，＋∞)．[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，λ)≥0(λ为实参数)对随意的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别参数法，其一般步骤如下：(2)假如无法分别参数，可以考虑对参数或自变量进行分类探讨求解，假如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．(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”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在详细问题中原委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．特殊须要关注等号是否成立，以免细微环节出错．已知函数f(x)＝eq\f(sinx,x)(x≠0)．(1)推断函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调性；(2)若f(x)＜a在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，求实数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)))，则g′(x)＝－xsinx，明显，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g′(x)＝－xsinx＜0.即函数g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，且g(0)＝0，从而g(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒小于零，所以f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒小于零，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．(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)))，则φ′(x)＝cosx－a，且φ(0)＝0.当a≥1时，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上φ′(x)＜0，即函数φ(x)单调递减，所以φ(x)＜φ(0)＝0，即sinx－ax＜0恒成立，当0＜a＜1时，φ′(x)＝cosx－a＝0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上存在唯一解x0，当x∈(0，x0)时，φ′(x)＞0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sinx－ax＜0恒成立相冲突，当a≤0时，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上φ′(x)＞0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sinx－ax＞0恒成立，这与sinx－ax＜0恒成立相冲突．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)＝alnx＋eq\f(1－a,2)x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)，求a的取值范围．[解析](1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋(1－a)x－b，由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.(2)f(x)的定义域为(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)，则eq\f(a,1－a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以，存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)成立的充要条件为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，则eq\f(a,1－a)>1，故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,1－a)))时，f′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,1－a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，＋∞))上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<eq\f(a,a－1)成立的充要条件为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)，所以不合题意．③若a>1，则f(1)＝eq\f(1－a,2)－1＝eq\f(－a－1,2)<eq\f(a,a－1).综上，a的取值范围是(－eq\r(2)－1，eq\r(2)－1)∪(1，＋∞)．[破题技法]不等式存在性问题，也是转化为函数最值问题，其关键点为：(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)随意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)m