第3章 第4节 第一课时 利用导数研究恒（课件PPT）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A培优版）

高考总复习 数学 第三章 导数及其应用 第4节　导数的综合应用 第一课时　利用导数研究恒(能)成立问题 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 转化关 通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈I恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min) 求最值关 求函数g(x)在区间I上的最大值(或最小值)问题 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 x (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 所以h(x)>0. 关键能力 进阶突破 关键能力 进阶突破 请完成：课时训练（21） 温馨提示 谢谢观看！ 1．利用导数研究函数的单调性与极值(最值).(重点) 2．以导数为工具，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解不等式．(热点) 3．导数与函数、不等式、方程、数列等知识的融合交汇问题．(难点) 考点一　导数与不等式恒成立问题 考向1　分离参数法求参数范围 [例1] 已知函数f(x)＝ax＋ln (－x)，g(x)＝e－x＋x2. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若对任意x<0，f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)由题意知f(x)的定义域为(－∞，0)， f′(x)＝a＋＝(x<0)， 当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减． 当a>0时，f′(x)＝， 所以当x<－时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减． f(x)单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－)上单调递增，在(－，0)上单调递减． (2)若对任意x<0，f(x)≤g(x)恒成立， 则ax≤e－x＋x2－ln (－x)对任意x<0恒成立， 即a≥＋x－对任意x<0恒成立． 令h(x)＝＋x－(x<0)，则h′(x)＝ ， 令M(x)＝－e－x(x＋1)＋x2－1＋ln (－x)(x<0)， 则M(－1)＝0，M′(x)＝xe－x＋2x＋， 因为x<0，所以M′(x)<0， 所以M(x)在(－∞，0)上单调递减， 所以当x<－1时，M(x)>0，当－1<x<0时，M(x)<0， 所以当x<－1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当－1<x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)≤h(－1)＝－1－＝－e－1，可得a≥－e－1. 故实数a的取值范围是[－e－1，＋∞). 1．参变分离的使用条件 (1)参数与变量可以比较容易地分离开． (2)参变分离后得到的函数的形式不复杂，通过导数来研究单调性，极值以及最值比较容易． (3)参变分离后得到的函数的值域容易算，不会出现必须使用洛必达法则才能解决问题的情形． 2．求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 训练1 (2025·衡阳模拟)已知函数f(x)＝＋ln x＋a. (1)当a＝0时，求f(x)的极值； (2)若对任意的x∈[1，e2]，f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝0时，f(x)＝＋ln x(x>0)， 则f′(x)＝－＋＝， 当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，列表如下． 所以f(x)的极小值为f(2)＝1＋ln 2，无极大值． (2)f(x)＝＋ln x＋a≤0，即a≤－－ln x. 令g(x)＝－－ln x，x∈[1，e2]，则a≤g(x)min. 求导得g′(x)＝－＝， 当1≤x<2时，g′(x)>0，当2<x≤e2时，g′(x)<0， 所以g(x)在[1，2)上单调递增，在(2，e2]上单调递减． 因为g(1)＝－2，g(e2)＝－－ln e2＝－－2，g(1)>g(e2)，所以g(x)min＝g(e2)＝－－2. 所以a≤g(x)min＝－－2. 故实数a的取值范围为(－∞，－－2]. 考向2　分类讨论法求参数范围 [例2] (2025·厦门模拟)已知函数f(x)＝a ln x＋1. (1)若a＝2，b>0，讨论函数g(x)＝的单调性； (2)令h(x)＝f(x)－1＋x2－x，若存在x0≥1，使得h(x0)<，求a的取值范围． 解：(1)当a＝2时，g(x)＝＝(x>0，x≠b，b>0)， ∴g′(x)＝ ＝. 令w(x)＝－－2ln x＋2ln b＋2(x>0)，则w′(x)＝－＝，令w′(x)>0，可得0<x<b，令w′(x)<0，可得x>b， ∴w(x)在(0，b)上单调递增，在(b，＋∞)上单调递减， ∴当x≠b时，w(x)<w(b)＝0，故g′(x)<0， ∴g(x)在(0，b)和(b，＋∞)上单调递减． (2)由题意知a≠1，h(x)＝a ln x＋x2－x，函数h(x)的定义域为(0，＋∞)， ∴h′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－)(x－1). ①当a≤时，≤1，则当x≥1时，h′(x)≥0， ∴函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，若存在x0≥1， 使得h(x0)<，则只需h(1)<，即－1<， 即>0， 又2(a－1)<0，故只需a2＋2a－1<0，解得－－1<a<－1，此时－－1<a<－1. ②当<a<1时，>1，则当x∈[1，)时，h′(x)≤0，函 数h(x)在[1，)上单调递减；当x∈(，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)在(，＋∞)上单调递增． 若存在x0≥1，使得h(x0)<，则只需h()<， 而h()＝a ln ＋＋>，不符合题意，舍去． ③当a>1时，h(1)＝－1＝<，满足题意． 综上可得，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞). 分类讨论法求参数范围的关键点 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题的关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意． 训练2 已知函数f(x)＝xaln x－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x>1时，f(x)<－1恒成立，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x ln x－x，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x，则当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)f′(x)＝axa－1ln x＋xa－1－1，f′(1)＝0. 令g(x)＝f′(x)＝axa－1ln x＋xa－1－1， 则g′(x)＝a(a－1)xa－2ln x＋(2a－1)xa－2，g′(1)＝2a－1. ①当2a－1>0，即a>时，因为g′(1)>0，所以存在δ>1， 使得当x∈(1，δ)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，δ)上单调递增， 即f′(x)在(1，δ)上单调递增， 因为f′(1)＝0，所以f(x)在(1，δ)上单调递增， 则当x∈(1，δ)时，f(x)>f(1)＝－1，与题意矛盾，舍去． ②当2a－1≤0，即a≤时，f(x)＝xaln x－x≤ln x－x在(1，＋∞)上恒成立， 只需证明ln x－x<－1在(1，＋∞)上恒成立即可，即证ln x－＋<0在(1，＋∞)上恒成立，令F(x)＝2ln x－x＋(x>1)，则F′(x) <0在(1，＋∞)上恒成立，令F(x)＝2ln x－x＋(x>1)，则F′(x)＝－1－＝－(1－)2<0， 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以F(x)<F(1)＝0， 所以2ln x－x＋<0(x>1)，即ln x－＋<0(x>1). 综上可得，a的取值范围为(－∞，]. 考点二　导数与不等式能成立问题 [例3] (2025·潍坊模拟)已知函数f(x)＝x3－x2sin α＋x＋1，证明：存在α∈[－，]，使得不等式f(x)＞ex有解． 证明：要证存在α∈[－，]，使得f(x)＞ex有解， 只需证存在α∈[－，]， 使得(x3－x2sin α＋x＋1)e－x＞1有解． 因为α∈[－，]，所以－1≤－sin α≤， 所以存在α∈[－，]，使得－x2sin α＝x2， 所以只需证[(x3＋x2＋x＋1)e－x]max＞1. 设函数g(x)＝(x3＋x2＋x＋1)e－x， 则g′(x)＝－x2(x－1)e－x. 当x∈(－∞，1)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1). 因为g(1)＝＝＞1， 所以存在α∈[－，]，使得不等式f(x)＞ex有解． 1．含参数的能成立(存在型)问题的解题方法 a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max. 2．含全称量词、存在量词的不等式能成立问题的解题思路 (1)存在x1∈A，对任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max； (2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min. 训练3 已知函数f(x)＝－ax＋b在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e. (1)求实数b的值； (2)若存在x0∈[e，e2]，满足f(x0)≤＋e，求实数a的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)， ∵f(x)＝－ax＋b，∴f′(x)＝－a， ∴f′(e)＝－a. 又f(e)＝e－ae＋b， ∴f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e－ae＋b)＝－a(x－e)，即y＝－ax＋e＋b. 又函数f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e，∴b＝e. (2)由题意得f(x0)＝－ax0＋e≤＋e，∴问题转化为a≥－在[e，e2]上有解． 令h(x)＝－，x∈[e，e2]， 则h′(x)＝－＝ ＝. 令p(x)＝ln x－2， 则当x∈[e，e2]时，有p′(x)＝－＝＜0. ∴函数p(x)在区间[e，e2]上单调递减， ∴p(x)≤p(e)＝ln e－2＜0， ∴h′(x)＜0，∴h(x)在区间[e，e2]上单调递减， ∴h(x)≥h(e2)＝－＝－. ∴实数a的取值范围为[－，＋∞). 一、洛必达法则介绍 1．洛必达法则 若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1) f(x)＝0及 g(x)＝0；(2)f′(x)，g′(x)存在，且g′(x)≠0；(3) ＝A(A可为实数或无穷)，则 ＝ ＝A. 2．洛必达法则注意点 (1)A＝ ＝ ＝ ，求导直到分母为非零数； (2)分母不为零后，不能再求导； (3)，出现繁分式一定要化简． 3．简单应用 洛必达法则常用于求极限、求导的情况下，当拿到一道题目，我们通过观察看出题目满足使用条件时，便可运用洛必达法则快速求解． 例如，求 .考查当x趋于0时，分子、分母都趋于0，且都可导，分母导函数不为0，满足条件，可使用洛必达法则．通过分子、分母同时求导后代入x的值，得出结果： ＝ ＝ ＝1. 二、洛必达法则在解高中数学试题中的应用举例 [例1] 设函数f(x)＝.如果对任意x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围． 解：f(x)＝≤ax， 若x＝0，则a∈R； 若x>0，则≤ax等价于a≥，令g(x)＝，则g′(x)＝. 记h(x)＝2x cos x－2sin x－sin x cos x＋x， h′(x)＝2cos x－2x sin x－2cos x－cos 2x＋1＝－2x sin x－cos 2x＋1＝2sin2x－2x sinx＝2sin x·(sin x－x)， 因此，当x∈(0，π)时，h′(x)<0，h(x)在(0，π)上单调递减，且h(0)＝0， 故g′(x)<0，所以g(x)在(0，π)上单调递减， 而 g(x)＝ ＝ ＝. 另一方面，当x∈[π，＋∞)时，g(x)＝<≤<，因此a≥. 所以a的取值范围为[，＋∞). [例2] 已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围． 解：方法一(参变分离法)　当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤恒成立． 令h(x)＝(x>0)，所以h′(x)＝， 令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，所以k′(x)＝ex·x>0，所以k(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以k(x)>k(0)＝0，所以h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 由洛必达法则知， h(x)＝ ＝ ex＝1，所以a≤1. 故实数a的取值范围是(－∞，1]. 方法二(最值分析法)　当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0， 令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a. ①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)>φ(0)＝0，所以a≤1满足条件； ②当a>1时，若0<x<ln a，则φ′(x)<0，若x>ln a，则φ′(x)>0. 所以φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，所以φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－a ln a≥0. 令g(a)＝a－1－a ln a(a>1)，所以g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0，所以g(a)在(1，＋∞)上单调递减． 所以g(a)<g(1)＝0与g(a)≥0矛盾，故a>1不满足条件． 综上，实数a的取值范围是(－∞，1]. 训练 设函数f(x)＝1－e－x.当x≥0时，f(x)≤，求a的取值范围． 解：由题设x≥0，此时f(x)≥0. ①当a<0时，若x>－，则<0，f(x)≤不成立； ②当a≥0时，当x≥0时，f(x)≤，即1－e－x≤. 若x＝0，则a∈R； 若x>0，则1－e－x≤等价于≤，即 a≤. 记g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝＝(ex－x2－2＋e－x). 记h(x)＝ex－x2－2＋e－x，则h′(x)＝ex－2x－e－x，h′′(x)＝ex＋e－x－2>0. 因此，h′(x)＝ex－2x－e－x在(0，＋∞)上单调递增，且h′(0)＝0，所以h′(x)>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝0， 因此g′(x)＝h(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 由洛必达法则有 g(x)＝ ＝ ＝ ＝，即当x→0时，g(x)→，即有g(x)>，所以a≤. 综上所述，a的取值范围是[0，]. $$