1.6.1 导数与不等式恒(能)成立问题 题点考法讲评(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学二轮复习专题增分方略

导数与不等式恒(能)成立问题 习题讲评（六） 题点考法讲评 教学环节一 (每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授) CONTENTS 目录 1 2 教学点(一)　利用导数研究不等 式恒成立问题 教学点(二)　利用导数研究不等 式能成立问题 利用导数研究不等式恒成立问题 教学点（一） 4 [典例]　已知函数f(x)=(x-a)ex-1+(a-2)x+1. (1)当a>3时,求证:f(x)在区间(1,+∞)上有唯一的极值点; 解:证明:令g(x)=f'(x)=(x-a+1)ex-1+a-2,所以g'(x)=(x-a+2)ex-1, 当1<x<a-2时,g'(x)<0,当x>a-2时,g'(x)>0, 所以g(x)在(1,a-2)内单调递减,(a-2,+∞)上单调递增. 又g(1)=0,g(a)=ea-1+a-2>0. (融通点:函数零点存在定理的应用) 5 所以存在唯一实数x0∈(a-2,a),使得g(x0)=0,所以当x∈(1,x0)时,g(x)<0,即f'(x)<0. 当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,即f'(x)>0,所以f(x)在(1,x0)内单调递减,(x0,+∞)上单调递增, 所以f(x)在区间(1,+∞)上有唯一极小值点x0.得证. 6 (2)若对于任意的x∈[1,3],f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围. 解: 法一:分类讨论 由(1)知,g(x)在(-∞,a-2)上单调递减,(a-2,+∞)上单调递增,且g(1)=0. (注意:区间含有参数,需应用分类讨论思想求解,不要遗漏分类点) 当a-2≤1,即a≤3时,f(x)在[1,3]内单调递增, 所以f(x)max=f(3)=(3-a)e2+3a-5≤0,解得a≥,故无解. 当a-2≥3,即a≥5时,f(x)在[1,3]内单调递减, 所以f(x)max=f(1)=0≤0恒成立,故a≥5. 当1<a-2<3,即3<a<5时,f(x)在[1,a-2]内单调递减,在[a-2,3]内单调递增,所以f(x)max=max{f(1),f(3)}=max{0,(3-a)e2+3a-5}≤0,解得a≥,故≤a<5. 综上所述,a≥,故实数a的取值范围为. 法二:参变分离 思维路径:将f(x)≤0转化为a≥对∀x∈(1,3]恒成立,构造函数g(x)=,x∈(1,3],利用导数求得其最大值即可. 解:当x∈(1,3]时,由条件(x-a)ex-1+(a-2)x+1≤0对∀x∈(1,3]恒成立, 所以a(ex-1-x)≥xex-1-2x+1,易知ex-1>x,所以a≥对∀x∈(1,3]恒成立. 令g(x)=,x∈(1,3],所以g'(x)=, 令h(x)=e2x-2-(x2-2x+3)ex-1+1,所以h'(x)=2e2x-2-(x2+1)ex-1=ex-1(2ex-1-x2-1), 令φ(x)=2ex-1-x2-1,所以φ'(x)=2ex-1-2x=2(ex-1-x)>0,所以φ(x)在(1,3]上单调递增, 所以φ(x)>φ(1)=0,即h'(x)>0,所以h(x)在(1,3]上单调递增, 所以h(x)>h(1)=0,即g'(x)>0,所以g(x)在(1,3]上单调递增, 所以g(x)max=g(3)=,所以a≥.当x=1时,a·0≤0显然成立, 所以a∈R.综上所述,a≥,故实数a的取值范围为. [思维建模] 1.不等式恒成立求参数的方法 函数法 讨论参数范围,借助函数单调性求解 分离参数法 先将参数分离,转化成求函数的值域或最值问题加以解决 数形结合法 先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解 2.常用的转化方法 (1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max. (2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min. (2024·渭南二模)已知函数f(x)=xln x,g(x)=-x+. (1)求函数g(x)的单调区间; 解:依题意,函数g(x)=2ln x-x+的定义域为(0,+∞),求导得g'(x)=-1-=-≤0,当且仅当x=1时取等号,即g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以函数g(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间. 即时训练 12 (2)若当x>0时,mx2-ex≤mf(x)恒成立,求实数m的取值范围. 解:当x>0时,mx2-ex≤mf(x)⇔mx2-ex≤mxln x⇔m(x-ln x)≤=ex-ln x恒成立. 令h(x)=x-ln x,x>0,得h'(x)=1-,当0<x<1时,h'(x)<0,当x>1时,h'(x)>0, 即函数h(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则当x>0时,h(x)≥h(1)=1. 13 令t=x-ln x,依题意,∀t∈[1,+∞),mt≤et⇔m≤恒成立,令φ(t)=,t≥1,求导得φ'(t)=≥0,则函数φ(t)在[1,+∞)上单调递增.当t=1时,φ(t)min=φ(1)=e,因此m≤e, 所以实数m的取值范围为(-∞,e]. 拓展提升:涉及不等式恒成立问题,将给定不等式等价转化,构造函数,利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键. 14 利用导数研究不等式能成立问题 教学点（二） 15 [典例]　(2024·张家界模拟)已知函数f(x)=ln x,g(x)=-1,其中a为常数. (1)过原点作f(x)图象的切线l,求直线l的方程; 解:f'(x)=,设切点坐标为(t,ln t),则切线方程为y-ln t=(x-t), 因为切线经过原点O,所以-ln t=(-t),解得t=e,所以切线的斜率为,所以l的方程为x-ey=0. 16 (2)若∃x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立,求a的最小值. 解:∃x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x),即ln x≤-1成立,则得a≥x(ln x+1)在(0,+∞)有解,故有x∈(0,+∞)时,a≥[x(ln x+1)]min. 令h(x)=x(ln x+1),x>0,则h'(x)=ln x+2. 令h'(x)>0,得x∈.令h'(x)<0,得x∈,故h(x)在内单调递减,上单调递增,所以h(x)min=h=-,则a≥-,故a的最小值为-. 17 [思维建模]　不等式能成立的转化方法 (1)f(x)>0有解⇔f(x)max>0;f(x)<0有解⇔f(x)min<0. (2)f(x)>a有解⇔f(x)max>a;f(x)<a有解⇔f(x)min<a. (3)f(x)>g(x)有解⇔[f(x)-g(x)]max>0;f(x)<g(x)有解⇔[f(x)-g(x)]min<0. 已知f(x)=ax-ln x,a∈R. (1)讨论f(x)的单调性和极值; 解:f'(x)=a-=(x>0),当a≤0时,f'(x)<0恒成立,函数在区间(0,+∞)上单调递减,无极值;当a>0时,令 f'(x)=0,得x=,令f'(x)<0,得0<x<,函数在区间内单调递减,令f'(x)>0,得x>,函数在区间上单调递增,当x=时,函数取得极小值f=1+ln a. 即时训练 即时训练 19 综上可知,当a≤0时,函数的单调递减区间是(0,+∞),无单调递增区间,无极值;当a>0时,函数的单调递增区间是,单调递减区间是,极小值是1+ln a,无极大值. 20 (2)若x∈(0,e]时,f(x)≤3有解,求a的取值范围. 解:由题意可知,ax-ln x≤3,x∈(0,e]时有解,则a≤+在x∈(0,e]时有解,即a≤,x∈(0,e].设g(x)=+,x∈(0,e],g'(x)=-+=,令g'(x)=0,得x=.当0<x<时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当<x≤e时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)的最大值为g=e2,即a≤e2,所以实数a的取值范围是(-∞,e2]. 21 本课结束 $$