第3章 第五节 第1课时 导数与不等式（课件）-【新高考方案】2026年高考数学一轮总复习（普高固基版）

第五节 导数的综合应用 第1课时　导数与不等式 目录 01.题点一　利用导数证明不等式 02.题点二　利用导数解决不等式恒成立问题 03.课时跟踪检测 3 [例1]　已知函数f(x)=ex-1-xln x. (1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 快审准解:求导，即可得直线斜率，进而可求解直线方程. 解: f(1)=e1-1-ln 1=1， f'(x)=ex-1-(ln x+1)，则f'(1)=0， 所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=1. 题点一　利用导数证明不等式 (2)证明: f(x)>0. 快审准解:对x分0<x<1和x≥1，求导，即可根据单调性求解或将不等式变形为>，构造h(x)=，g(x)=，分别利用导数求解函数的单调性，求得最值即可得证. 证明:法一　易知f(x)的定义域为(0，+∞). ①当0<x<1时，ex-1>e-1，xln x<0，则ex-1>xln x，即f(x)>0； ②当x≥1时，f'(x)=ex-1-(ln x+1)=ex-1-ln x-1. 设g(x)=f'(x)，g'(x)=ex-1-， 由于y=ex-1，y=-均在[1，+∞)上单调递增， 故g'(x)在[1，+∞)上单调递增，g'(1)=0， 所以g'(x)≥0，所以g(x)在[1，+∞)上单调递增， g(1)=0，g(x)≥0，即f'(x)≥0， 所以f(x)在[1，+∞)上单调递增，f(1)=1， 则ex-1-xln x≥1>0.综上所述，f(x)>0. 法二　易知f(x)的定义域为(0，+∞).要证f(x)>0，只需证ex-1>xln x，只需证>，令h(x)=，g(x)=，h'(x)==， 当x∈(0，2)时，h'(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(2，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)≥h(2)==. g'(x)==， 当x∈(0，e)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)≤g(e)==. 综上所述，h(x)≥>≥g(x)，也就是>，即f(x)>0. 当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题. 习得方略 不等式证明的常用思路 (1)移项构造函数法:证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0(或f(x)-g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x)； (2)最值法:若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题.在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立.从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个x的值. (3)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论. 思维建模 1.已知函数f(x)=x2-ax+ln x，1为f(x)的极值点. (1)求a； 解: f'(x)=2x-a+，依题意， f'(1)=2×1-a+1=0，解得a=3， 经检验符合题意，所以a=3. 即时训练 (2)证明:f(x)≤2x2-4x. 证明:由(1)可知，f(x)=x2-3x+ln x， 要证f(x)=x2-3x+ln x≤2x2-4x，即证x2-x-ln x≥0， 设g(x)=x2-x-ln x，则g'(x)=2x-1-=，所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值，因为g(1)=0，g(x)≥g(1)=0，所以f(x)≤2x2-4x. [例2]　已知函数f(x)=.若ex≥f(x)+m恒成立，求实数m的取值范围. 解：第一步：构造函数，将问题转化为函数的最小值问题 由ex≥f(x)+m恒成立，得ex≥+m恒成立， 即m≤恒成立. 令h(x)=，则m≤h(x)min. 题点二　 利用导数解决不等式恒成立问题 第二步：构造函数，利用导数证明h(x)≥1 xex-1-ln x-x=ex+ln x-1-ln x-x， (同构法的应用) 令p(x)=ex-x-1，则p'(x)=ex-1，令p'(x)=0，得x=0， 当x∈(-∞，0)时，p'(x)<0，p(x)单调递减，当x∈(0，+∞)时，p'(x)>0，p(x)单调递增，所以p(x)≥p(0)=0，故ex-x-1≥0，即ex≥x+1， 当且仅当x=0时取等号. 所以ex+ln x-1-ln x-x≥x+ln x+1-1-ln x-x=0，即xex-1-ln x≥x， 所以h(x)=≥1，当且仅当x+ln x=0时等号成立. 第三步：证明函数h(x)可以取到最小值，即可得解 令g(x)=x+ln x，则g(x)单调递增. 又g=-1<0，g(1)=1>0，所以存在x0∈，使得g(x0)=0， 所以当x=x0时，h(x)取得最小值1. 因此m≤1，故m的取值范围为(-∞，1]. 与ex和ln x相关的常见同构模型 (1)aea≤bln b⇔ealn ea≤bln b，构造函数f(x)=xln x(或aea≤ bln b⇔aea≤ln b·eln b，构造函数g(x)=xex); (2)<⇔<，构造函数f(x)=; (3)ea±a>b±ln b⇔ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)=x±ln x(或ea±a>b±ln b⇔ea±a>eln b±ln b，构造函数g(x)=ex±x). 结论拓展 一般利用参变分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解: (1)∀x∈D，m≤f(x)⇔m≤f(x)min； (2)∀x∈D，m≥f(x)⇔m≥f(x)max； (3)∃x∈D，m≤f(x)⇔m≤f(x)max； (4)∃x∈D，m≥f(x)⇔m≥f(x)min. 思维建模 2.设函数f(x)=(1-x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性； 解: f'(x)=(1-2x-x2)ex，令f'(x)=0，得x=-1±， 当x∈(-∞，-1-)时，f'(x)<0；当x∈(-1-，-1+)时，f'(x)>0；当x∈(-1+，+∞)时，f'(x)<0.所以f(x)在(-∞，-1-)，(-1+，+∞)上单调递减，在(-1-，-1+)上单调递增. 即时训练 (2)若x≥0时，f(x)≤ax+1恒成立，求实数a的取值范围. 解:令g(x)=f(x)-ax-1=(1-x2)ex-(ax+1)，则g'(x)=(1-x2-2x)ex-a. 令x=0，可得g(0)=0.令h(x)=(1-x2-2x)ex-a，则h'(x)=-(x2+4x+1)ex， 当x≥0时，h'(x)<0，则h(x)在[0，+∞)上单调递减，故当x≥0时，h(x)≤h(0)=1-a，即当x≥0时，g'(x)≤1-a. 要使f(x)-ax-1≤0对x≥0恒成立，只需1-a≤0，即a≥1， 此时g(x)≤g(0)=0，故实数a的取值范围是[1，+∞). 课时跟踪检测 03 1 2 3 4 1.(15分)(2024·西安三模)已知函数f(x)=(ax+1)ex. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(4分) 解:当a=1时，f'(x)=(x+2)ex，则f'(0)=2. 又f(0)=1，所以切线方程为y=2x+1， 即2x-y+1=0. (2)若当x≥0时，f(x)≥1恒成立，求a的取值范围.(11分) 解:f'(x)=(ax+1+a)ex. 当a≥0时，f'(x)>0在[0，+∞)上恒成立， 则f(x)在[0，+∞)上单调递增， 又f(0)=1，所以f(x)≥1恒成立，满足题意； 当a<0时，->0，f=0<1， 不符合题意.综上，a的取值范围为[0，+∞). 1 2 3 4 1 2 3 4 2.(15分)(2025·武汉模拟)已知f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x. (1)求f'(1)并写出f(x)的解析式；(5分) 解:由f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x得f'(x)=-2f'(1)x+1+，取x=1得到f'(1)=-2f'(1)+1+2，解得f'(1)=1. 将f'(1)=1代入f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x可得f(x)=-x2+x+2ln x. (2)证明: f(x)≤x-1.(10分) 证明:由(1)知f(x)=-x2+x+2ln x=x-(x2-ln x2)， 令t=x2，g(t)=t-ln t，则g'(t)=1-=， 故当0<t<1时，g'(t)<0，当t>1时，g'(t)>0. 所以g(t)在(0，1)上单调递减， 在(1，+∞)上单调递增，故g(t)≥g(1)=1. 从而f(x)=x-(x2-ln x2)=x-g(x2)≤x-1. 1 2 3 4 3.(15分)(2024·拉萨二模)已知函数f(x)=xex+ax2+1. (1)当a=0时，求函数f(x)的最值；(5分) 解:当a=0时，f(x)=xex+1，则f'(x)=(1+x)ex， 当x<-1时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x>-1时，f'(x)>0，f(x)单调递增. 所以当x=-1时，f(x)取得极小值，也是最小值， 所以函数f(x)的最小值为f(-1)=-e-1+1=1-，没有最大值. 1 2 3 4 (2)若方程f(x)=ex+1在x∈[1，3]上有解，求实数a的取值范围.(10分) 解:方程f(x)=ex+1在x∈[1，3]上有解， 即xex+ax2+1=ex+1在x∈[1，3]上有解，整理，得ax2=ex-xex. 因为x≠0，所以a=.令g(x)=(x∈[1，3])， 则g'(x)=-.因为x2-2x+2≥1>0，所以当x>0时，g'(x)<0， 所以当x∈[1，3]时，g(x)单调递减，所以g(3)≤g(x)≤g(1)， 即-≤g(x)≤0，所以实数a的取值范围是. 1 2 3 4 4.(15分)已知函数f(x)=aex-x. (1)讨论f(x)的单调性；(6分) 解: f'(x)=aex-1. 当a≤0时，f'(x)<0，f(x)在R上是减函数. 当a>0时，令f'(x)=0，解得x=-ln a. 当x∈(-∞，-ln a)时，f'(x)<0；当x∈(-ln a，+∞)时，f'(x)>0. 1 2 3 4 所以f(x)在(-∞，-ln a)上单调递减， 在(-ln a，+∞)上单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在R上是减函数； 当a>0时，f(x)在(-∞，-ln a)上单调递减， 在(-ln a，+∞)上单调递增. 1 2 3 4 (2)若a>0，∀x∈(0，+∞)，f(x)>-，求a的取值范围.(9分) 解:f(x)>-，即aex->x-.令函数g(x)=x-(x>0)，则g(aex)=aex-，所以g(aex)>g(x).因为g'(x)=1+>0，g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以aex>x，即a>. 1 2 3 4 令函数h(x)=(x>0)，则h'(x)=. 当x∈(0，1)时，h'(x)>0；当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0. 所以h(x)在(0，1)上单调递增， 在(1，+∞)上单调递减， 所以h(x)max=h(1)=，a>h(x)max=. 故a的取值范围为. 1 2 3 4 $$