1.6.2 导数与不等式恒(能)成立问题 课时作业讲评(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学二轮复习专题增分方略

课时作业讲评 教学环节二 (教师批阅作业后,据情选点讲评) 1 2 3 4 1.已知函数f(x)=mx2+(m-1)x-ln x(m∈R),g(x)=x2-+1. (1)讨论f(x)的单调性; 解: f'(x)=mx+m-1-=,x>0.当m≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当m>0时,由f'(x)>0,解得x∈,即f(x)在上单调递增,由f'(x)<0,解得x∈,即f(x)在内单调递减. 综上,当m≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减,当m>0时,f(x)在内单调递减,上单调递增. 1 2 3 4 (2)当m>0时,若对于任意的x1∈(0,+∞),总存在x2∈[1,+∞),使得f(x1)≥g(x2),求m的取值范围. 解: 当m>0时,由(1)知f(x)min=f=ln m+1-,g'(x)=2x+e-x>0,x≥1恒成立,所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=2-. 由题意知f(x)min≥g(x)min,即ln m+1-≥2-.设h(m)=ln m+1-,m>0,则h'(m)=+>0,所以h(m)为增函数.又h(e)=2-,所以m≥e,即m的取值范围是[e,+∞). 1 2 3 4 2.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x. (1)当a=-2时,求f(x)的极值; 解:当a=-2时,f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,x∈(-1,+∞),f'(x)=2ln(1+x)+-1=2ln(1+x)-+1. 易知f'(x)在(-1,+∞)上单调递增,且f'(0)=0, 所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0. 所以f(x)在(-1,0)内单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以当x=0时,f(x)取得极小值,为f(0)=0,f(x)无极大值. 1 2 3 4 (2)当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围. 解: 由f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x,x∈(-1,+∞),得f'(x)=-aln(1+x)-. 设g(x)=-aln(1+x)-,则g'(x)=--. 因为当x≥0时,f(x)≥0,且f(0)=0,f'(0)=0, 所以g'(0)=-2a-1≥0,得a≤-, 故a≤-是原不等式成立的一个必要条件. 1 2 3 4 下面证明其充分性: 当a≤-,x≥0时,g'(x)≥-=≥0, 所以f'(x)在[0,+∞)上单调递增,且f'(x)≥f'(0)=0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,且f(x)≥f(0)=0. 综上,a的取值范围是. 1 2 3 4 3.(2024·肇庆模拟)已知函数f(x)=ln x-m+(m∈R). (1)求f(x)的极值; 解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-=. 当m≤0时,f'(x)>0恒成立,此时f(x)单调递增,f(x)无极值. 当m>0时,令f'(x)=0,得x=m. 故当x∈(0,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(m,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 此时f(x)在x=m处取到极小值ln m-m+1,无极大值. 1 2 3 4 (2)对任意x∈(0,1),不等式f(x)>-恒成立,求m的取值范围. 解: 法一:对任意0<x<1,f(x)>-恒成立,即m>恒成立. 令g(x)=,x∈(0,1),则g'(x)=.令h(x)=x-ln x-1-, x∈(0,1),则h'(x)=<0,即h(x)在区间(0,1)内单调递减.又h=0,所以当x∈时,h(x)>0,即g'(x)>0,此时g(x)单调递增; 1 2 3 4 当x∈时,h(x)<0,即g'(x)<0,此时g(x)单调递减, 所以g(x)max=g==.所以m>,即m的取值范围为. 法二:由(1)知f'(x)=,当m≤0时,f(x)在区间(0,1)内单调递增.因为f=-1-m+me=(e-1)m-1<-,所以m≤0不符合题意;当0<m<1时,当x∈(0,m)时,f(x)单调递减,当x∈(m,1)时,f(x)单调递增.对任意0<x<1时,f(x)>-恒成立,即f(x)min=ln m-m+1>-,即ln m-m+1+>0. 1 2 3 4 令F(m)=ln m-m+1+,m∈(0,1),F'(m)=-1=>0,F(m)在区间(0,1)内单调递增. 又F=-1-+1+=0,所以<m<1; 当m≥1时,f'(x)=<0,f(x)在区间(0,1)内单调递减.所以f(x)>f(1)=0>-,符合题意; 综上,m的取值范围为. 1 2 3 4 4.(2024·六盘水三模)若函数f(x)在[a,b]上有定义,且对于任意不同的x1,x2∈[a,b],都有|f(x1)-f(x2)|<k|x1-x2|,则称f(x)为[a,b]上的“k类函数”. (1)若f(x)=x2,判断f(x)是否为[1,2]上的“4类函数”; 解:函数f(x)=x2是[1,2]上的“4类函数”,理由如下: 不妨设x1,x2∈[1,2],所以2<x1+x2<4, |f(x1)-f(x2)|=|-|=|(x1-x2)(x1+x2)|<4|x1-x2|, 所以f(x)=x2是[1,2]上的“4类函数”. 1 2 3 4 (2)若f(x)=ln x+(a+1)x+为[1,e]上的“2类函数”,求实数a的取值范围; 解: f(x)=ln x+(a+1)x+,f'(x)=-++a+1, 由题意知,对于任意不同的x1,x2∈[1,e]都有|f(x1)-f(x2)|<2|x1-x2|. 不妨设x1<x2,则-2(x2-x1)<f(x1)-f(x2)<2(x2-x1), 故f(x1)+2x1<f(x2)+2x2且f(x1)-2x1>f(x2)-2x2, 所以f(x)+2x在[1,e]上单调递增,f(x)-2x在[1,e]上单调递减, 所以对任意的x∈[1,e],即-2≤f'(x)≤2, 1 2 3 4 由f'(x)≤2⇒a≤-+1,令g(x)=-+1,则a≤g(x)min,x∈[1,e], 令=t∈,得y=t2-t+1在上单调递增,则g(x)min= =1-. 由f'(x)≥-2⇒a≥--3,令h(x)=--3,只需a≥h(x)max,x∈[1,e], 令=t∈,得y=t2-t-3在上单调递增,所以h(x)max= y|t=1=-2-, 综上所述,实数a的取值范围为. 1 2 3 4 (3)若f(x)为[1,2]上的“2类函数”且f(1)=f(2),证明:∀x1,x2∈[1,2], |f(x1)-f(x2)|<1. 解: 证明:因为f(x)为[1,2]上的“2类函数”,所以|f(x1)-f(x2)|<2|x1-x2|, 不妨设1≤x1<x2≤2,当|x1-x2|<时,|f(x1)-f(x2)|<2|x1-x2|<1; 当≤|x1-x2|<1时,因为f(1)=f(2),-1<x1-x2≤-,所以|f(x1)-f(x2)|=|f(x1)-f(1)+f(2)-f(x2)|≤|f(x1)-f(1)|+|f(2)-f(x2)|<2(x1-1)+2(2-x2)=2(x1-x2+1)≤ 2×=1.综上所述,∀x1,x2∈[1,2],|f(x1)-f(x2)|<1. 本课结束 y|t= $$