2.13 利用导数求解不等式问题-【导与练】2022高考文科数学一轮总复习课件（北师大版）

第13节　利用导数求解不等式问题 文数 [专题概述] 利用导数证明不等式或利用不等式恒(能)成立求参数问题是高考命题的热点,往往以解答题一问的形式呈现,占6～8分.一般是构造函数或分离参数,把不等式问题转化为函数的最值问题求解.在构造函数时,通过对所要证明的不等式作差来构造函数,或根据题设条件的结构特征构造函数,涉及的主要数学思想是转化与化归思想、分类讨论思想与方程思想. 文数 提升关键能力 考点一　构造函数证明不等式(综合性) 文数 文数 文数 [对点训练1] 已知函数f(x)=aex-ln x-1. (1)若x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间; 文数 文数 反思归纳 (1)证明不等式f(x)>g(x). 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. 文数 考点二　拆分法构造函数证明不等式(综合性) [例2] 已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; 文数 (2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0. 文数 [对点训练2] 已知函数f(x)=ex2-xln x. 文数 反思归纳 证明不等式f(x)>g(x),若f(x)和g(x)的最值易求出,可直接转化为证明f(x)min>g(x)max. 文数 考点三　不等式恒成立或有解问题(综合性) 多维探究 角度一　等价转化法解决不等式恒成立问题 (1)判断f(x)极值点的个数; 文数 (2)若x>0时,ex>f(x)恒成立,求实数a的取值范围. 解:(2)ex>f(x)(x>0),可化为(1-x)ex+ax-1<0. 令h(x)=(1-x)ex+ax-1(x>0),则问题等价于当x>0时,h(x)<0. h′(x)=-xex+a, 令m(x)=-xex+a, 则m(x)在(0,+∞)上是减函数. ①当a≤0时,m(x)<m(0)=a≤0. 所以h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)上是减少的. 所以h(x)<h(0)=0. 文数 ②当a>0时,m(0)=a>0, m(a)=-aea+a=a(1-ea)<0, 所以存在x0∈(0,a),使m(x0)=0. 当x∈(0,x0)时,m(x)>0, 即h′(x)>0,h(x)在(0,x0)上是增加的. 因为h(0)=0, 所以当x∈(0,x0)时,h(x)>0,不满足题意. 综上所述,实数a的取值范围是(-∞,0]. 文数 反思归纳 遇到f(x)≥g(x)型不等式恒成立问题时,一般采用作差法构造函数h(x)= f(x)-g(x)(或h(x)=g(x)-f(x)),进而只需满足h(x)min≥0(或h(x)max≤0).将比较法的思想融入函数中,转化为求解函数的最值问题,但是注意对参数进行分类讨论. 文数 [对点训练3] 已知函数f(x)=ln (ax)+bx的图像在点(1,f(1))处的切线是y=0. (1)求函数f(x)的极值; 文数 文数 文数 角度二　分离参数法求范围 [例4] 已知函数f(x)=ex-ax,a>0. (1)记f(x)的极小值为g(a),求g(a)的最大值; 解:(1)函数f(x)的定义域是(-∞,+∞),f′(x)=ex-a. 令f′(x)=0,得x=ln a,易知当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0, 当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,所以函数f(x)在x=ln a处取极小值, g(a)=f(x)极小值=f(ln a)=eln a-aln a=a-aln a.g′(a)=1-(1+ln a)= -ln a,当0<a<1时,g′(a)>0,所以g(a)在(0,1)上单调递增; 当a>1时,g′(a)<0,所以g(a)在(1,+∞)上单调递减.所以a=1是函数g(a)在(0,+∞)上的极大值点,也是最大值点,所以g(a)max=g(1)=1. 文数 (2)若对任意实数x,恒有f(x)≥0,求f(a)的取值范围. 文数 [对点训练4] 已知函数f(x)=xln x. (1)若函数g(x)=f(x)+ax在区间[e2,+∞)上为增加的,求a的取值范围; 解:(1)由题意得g′(x)=f′(x)+a=ln x+a+1, 因为函数g(x)在区间[e2,+∞)上为增加的, 所以当x∈[e2,+∞)时,g′(x)≥0, 即ln x+a+1≥0在[e2,+∞)上恒成立, 所以a≥-1-ln x,令h(x)=-ln x-1, 当x∈[e2,+∞)时,ln x∈[2,+∞), 所以h(x)∈(-∞,-3],所以a≥h(x)max=-3, 所以a的取值范围是[-3,+∞). 文数 文数 反思归纳 利用导数研究含参数的不等式问题,若能够分离参数,则常将问题转化