2026版《课堂新坐标》高三数学一轮复习基础版26第三章第6课时利用导数研究不等式问题

第6课时利用导数研究不等式问题[考试要求]导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果．考点一利用导数解决不等式的恒成立问题类型一：∀x∈[a，b]，f(x)≥k恒成立⇔f(x)min≥k；类型二：∀x∈[a，b]，f(x)≤k恒成立⇔f(x)max≤k；类型三：∀x∈[a，b]，f(x)≥g(x)恒成立⇔h(x)＝f(x)－g(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立⇔h(x)min≥0；类型四：∀x∈[a，b]，f(x)≤g(x)恒成立⇔h(x)＝f(x)－g(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立⇔h(x)max≤0．[典例1](2024·北京昌平区期末)已知函数f(x)＝x3－x2－x－1．(1)求f(x)的单调区间；(2)若关于x的不等式f(x)－c≤0在区间[－1，2]上恒成立，求实数c的取值范围．[听课记录]反思领悟本例(2)问：参变分离，即c≥f(x)在区间[－1，2]上恒成立，将问题转化为求f(x)的最大值，进而求出c的取值范围．巩固迁移1已知函数f(x)＝x2-aex，若f(x)≤x－1对x∈[1，＋考点二利用导数解决不等式的能成立问题类型一：∃x0∈[a，b]，使得f(x0)≥k⇔f(x)max≥k；类型二：∃x0∈[a，b]，使得f(x0)≤k⇔f(x)min≤k；类型三：∃x0∈[a，b]，使得f(x0)≥g(x0)⇔h(x)＝f(x)－g(x)≥0在x∈[a，b]上有解⇔h(x)max≥0；类型四：∃x0∈[a，b]，使得f(x0)≤g(x0)⇔h(x)＝f(x)－g(x)≤0在x∈[a，b]上有解⇔h(x)min≤0．[典例2]已知函数f(x)＝a+1x＋alnx，其中参数a<0．设函数g(x)＝2x2f′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，求[听课记录]反思领悟本例解答关键是将存在实数x1，x2∈[1，e2]使2g(x1)<g(x2)成立，转化为2g(x)min<g(x)max，然后求解g(x)的最大值与最小值，列出不等式求解．巩固迁移2已知∃x∈[1，3]，使不等式lnx＋ax≥0成立，则实数a的取值范围为()A．[0，＋∞) B．-C．-ln33，+∞ D考点三利用导数证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：1．直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明f(x)－g(x)>0(或f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．2．适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论．常见的放缩：(1)对数形式：x≥1＋lnx(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立，进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋lnx(x>0，且x≠1)．3．构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．[典例3](2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a＞0时，f(x)＞2lna＋32[听课记录]反思领悟本例(2)问关键是将f(x)>2lna＋32(a>0)转化为f(x)min>2lna＋32，即1＋a2＋lna>2lna＋32．不等式的两边含有同一个变量a，一般可以直接构造“巩固迁移3设函数f(x)＝lnx－x＋1．(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1<x-1lnx1．(2024·张家口期末)若x＋lna≥ln(x＋2)对于任意的x>－2恒成立，则正数a的最小值为()A．e-2 B．1C．e D．e2．(2024·安康市汉滨区期末)已知函数f(x)＝exx－mx(e为自然对数的底数)，若f(x)<0在(0，＋∞)上有解，则实数m的取值范围为(A．(e，＋∞) B．(－∞，e)C．e24，3．已知函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝e-2(e为自然对数的底数)处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．