第二章 培优微课7 导数与不等式问题-【金版新学案】2023-2024学年新教材高二数学选择性必修2同步课堂高效讲义配套课件（北师大版）

培优微课7 导数与不等式问题 　 第二章 导数及其应用 导数与不等式问题，一是与不等式恒成立、能成立有关；二是不等式的证明；主要是灵活应用函数与方程和转化的思想方法，从而转化为与函数的最值有关的问题． 例1 一、利用导数解决恒成立问题 设函数f(x)＝ln x－ax(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性； 当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 综上所述，当a≤0时，f(x)在定义域上单调递增； 当a>0时，f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， (2)当a>0时，若f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围． 当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)为增函数；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)为减函数． 1．将不等式转化为f(x)>A在区间D上恒成立，则等价于f(x)min>A在区间D上恒成立． 2．将不等式转化为f(x)<A在区间D上恒成立，则等价于f(x)max<A在区间D上恒成立．　　 方法技巧 即时练1.已知函数f(x)＝ex＋ax，其中a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； f′(x)＝ex＋a， 当a≥0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在R上单调递增， 当a<0时，令f′(x)＝0，ex＝－a，解得x＝ln (－a)， 当x∈(ln (－a)，＋∞)，f′(x)>0，当x∈(－∞，ln (－a))，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(ln (－a)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln (－a))上单调递减． 综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增， 当a<0时，函数f(x)在(ln (－a)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln (－a))上单调递减． 对于任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2，都有x2·f(x1)－x1·f(x2)<a(x1－x2)成立， (2)若对于任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2，都有x2·f(x1)－x1·f(x2)<a(x1－x2)成立，求a的取值范围． 所以a≤(x－1)ex在(1，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝(x－1)ex，则h′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex>0， 所以函数h(x)＝(x－1)ex在[1，＋∞)上单调递增，故h(x)min＝0，所以a≤0，所以a的取值范围是(－∞，0]. 证明：因为g(x)＝xex－a， 二、利用导数解决能成立问题 已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax－1，g(x)＝xex－a(其中a∈R). (1)当a>0时，证明函数g(x)的图象与x轴正半轴只有一个交点； 例2 所以g′(x)＝(x＋1)ex>0， 所以g(x)＝xex－a在(0，＋∞)上为增函数， 又a>0，所以g(0)＝－a<0，g(a)＝aea－a>0， 所以函数g(x)的图象与x轴正半轴只有一个交点． (2)若存在x∈R，使不等式f(x)<－e－1成立，求a的取值范围． 当a>0时，f′(x)＝xex－a，由(1)可知，存在x0使f′(x0)＝0，即a＝x0ex0， 所以当x<x0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，x0)上为减函数； 当x>x0时，f′(x)>0，f(x)在(x0，＋∞)上为增函数， 由a＝x0ex0，知x0>0，设h(x)＝(－x2＋x－1)ex－1(x>0)，则h′(x)＝(－x2－x)ex<0(x>0)， 所以h(x)在(0，＋∞)上为减函数， 又h(1)＝－e－1， 所以当0<x0<1时，f(x0)>－e－1； 当x0>1时，f(x0)<－e－1， 所以存在x0∈R，使不等式f(x0)<－e－1成立，此时a＝x0ex0>e； 当a＝0时，由(1)知，f(x)在(－∞，0)上为减函数，f(x)在(0，＋∞)上为增函数， 所以f(x)≥f(0)＝－2>－e－1，所以不存在x∈R，使不等式f(x)<－e－1成立； 所以存在x∈R，使不等式f(x)<－e－1成立， 综上所述，a的取值范围是{a|a<0或a>e}． 1．若在区间D上存在实数x使不等式f(x)>A成立，则等价于f(x)max>A在区间D上成立． 2．若在区间D上存在实数x使不等式f(x)<A成立，则等价于f(x)min<A在区间D上成立．　 方法技巧 (1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间； 当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增﹔ 当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 故f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1). (2)若存在x0∈(1，＋∞)，使不等式f(x0)<2a－1成立，求实数a的取值范围． 则f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减﹐则f(x)≤f(1)＝2a－1，满足题意； 则f(x)≥f(1