第3章 第2课时 导数与不等式恒成立-（配套课件）【赢在微点·顶层设计】2027年高考数学高考一轮总复习（名师划重点）

该高中数学高考复习课件聚焦导数与不等式恒成立核心专题，覆盖分离参数法、分类讨论法、双变量恒成立问题等高考高频题型，结合2020全国Ⅰ卷、2024新课标卷Ⅰ等真题案例，对接高考评价体系，分析考点权重，归纳解题模型，体现备考针对性与系统性。 课件亮点在于“真题引领+素养导向”，通过规律方法提炼（如分离参数法四步解题流程）和梯度训练，培养学生逻辑推理与运算求解素养，以2020全国Ⅰ卷例1为例，详解分离参数后构造函数求最值的突破路径，助力学生掌握得分技巧，教师可依托此课件实现精准复习，提升课堂效率。

赢在微点 高考复习顶层设计 数学 名师划重点 第三章 一元函数的导数及其应用 第2课时 导数与不等式恒成立 第三章　一元函数的导数及其应用 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点/精研突破 赢在微点 数学 大一轮 第一部分 ——考向探究 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点一 分离参数法求参数范围 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点二 分类讨论法求参数范围 规范解答 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 规范解答 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 规范解答 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 规范解答 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 规范解答 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考点三 双变量的恒(能)成立问题 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 把握高考微点，实现素能提升 完成——微练（二十七） 本部分内容讲解结束 对利用导数研究不等式恒成立与有解问题，一般可转化为最值问题处理．若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x)min；若存在x0∈D，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，则只需a<f(x)max，由此构造不等式，求解参数的取值范围. 【例1】　(2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.当x≥0时， f(x)≥x3＋1，求a的取值范围． 由f(x)≥x3＋1得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0， ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R. ②当x>0时，分离参数a，得a≥－，记g(x)＝－，g′(x)＝－.令h(x)＝ex－x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，即ex－x2－x－1>0恒成立，故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．因此，g(x)max＝g(2)＝，综上，实数a的取值范围是. [规律方法]　分离参数法解决不等式恒成立问题 (1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，这要比分类讨论法简便很多． (2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max； a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min； a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min； a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 【训练1】　已知函数f(x)＝xln x＋ax＋b在x＝e－3时取得极值，且满足f(1)＝1. (1)求函数f(x)的解析式； 由题意知f(x)＝xln x＋ax＋b的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a，由于函数f(x)＝xln x＋ax＋b在x＝e－3时取得极值，且满足f(1)＝1，故f′(e－3)＝－3＋1＋a＝0，且f(1)＝a＋b＝1，解得a＝2，b＝－1，则f′(x)＝ln x＋3，经验证函数f(x)在x＝e－3时取得极小值，符合题意，故f(x)＝xln x＋2x－1. (2)若存在实数x>0，使得kx>f(x＋1)成立，求整数k的最小值． 由题意存在实数x>0，使得kx>f(x＋1)成立，即k>成立；令g(x)＝，x>0，则g′(x)＝，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝x－1－ln(x＋1)，则h′(x)＝1－＝>0在(0＋∞)上恒成立，故h(x)＝x－1－ln(x＋1)在(0＋∞) 上单调递增， 又h(2)＝1－ln 3<0，h(3)＝2－ln 4>0，故存在唯一的x0∈(2,3)使得h(x0)＝0，即x0－1＝ln(x0＋1)，则当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x>x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0＋2，故k>x0＋2，结合x0∈(2,3)，得x0＋2∈(4,5)，故整数k的最小值为5. 【例2】　(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； f(x)的定义域为(0,2)，若b＝0， 则f(x)＝ln＋ax，f′(x)＝·＋a＝＋a， 当x∈(0,2)时，x(2－x)∈(0,1]，f′(x)min＝2＋a≥0，则a≥－2， 思维点1：求a的最小值，利用f ′(x)min≥0求解． 故a的最小值为－2. (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； f(2－x)＝ln＋a(2－x)＋b(1－x)3＝－ln－ax－b(x－1)3＋2a＝－f(x)＋2a， 思维点2：由ln及(x－1)3猜测对称中心横坐标为1，由f(2－x)＋f(x)＝2a证明． 故曲线y＝f(x)关于点(1，a)中心对称． (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围． 由题知f(1)＝a＝－2， 此时f(x)＝ln－2x＋b(x－1)3， f′(x)＝·－2＋3b(x－1)2 ＝－2＋3b(x－1)2＝(x－1)2. 思维点3：辨析f ′(x)的符号． 记g(x)＝＋3b，x∈(0,2)， 思维点4：简化f ′(x)的符号判断，构造新函数． 易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，g(1)＝2＋3b， 当b≥－时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)在(0,2)上单调递增， 思维点5：b≥－时，判断f(x)的单调性． 所以当x∈(1,2)时，f(x)>f(1)＝－2，故符合题意． 当b<－时，g(1)<0，g(x)＝＋3b＝， 令g(x)＝0，得x＝1±， 因为b<－，所以∈(0,1)，故1＋∈(1,2)，1－∈(0,1)， 思维点6：b<－时，判断f(x)的单调区间． 所以当x∈时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)在上单调递减， 故f<f(1)＝－2，不符合题意． 综上，b的取值范围为. 本题考查函数与导数知识，深入考查逻辑推理能力、运算求解能力以及数形结合思想．其中第(2)问考查函数图象的对称性这一几何性质的代数表示．源于人教A版必修第一册P87第13题的拓广结论：f(x)＋f(2a－x)＝2b⇔y＝f(x)关于点(a，b)成中心对称；第(3)问的设问方式相对新颖，需要学生利用导数工具研究函数的单调性，进而解决问题． 【训练2】　已知函数f(x)＝ex＋(m＋1)x(m∈R)． (1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 当m＝1时，f(x)＝ex＋(m＋1)x＝ex＋2x，定义域为R，f′(x)＝ex＋2，所以f(0)＝1，f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即y＝3x＋1. (2)若存在x∈[1,2]，使得不等式ex＋＋mln x＋m≥f(x)成立，求m的取值范围． 不等式ex＋＋mln x＋m≥f(x)可化为＋mln x－(m＋1)x＋m≥0，即存在x∈[1,2]，使得不等式＋mln x－(m＋1)x＋m≥0成立．构造函数h(x)＝＋mln x－(m＋1)x＋m，x∈[1,2]，则h′(x)＝x＋－(m＋1)＝(x－m)(x－1)． ①当m≤1时，h′(x)≥0恒成立，故h(x)在[1,2]上单调递增，故h(x)max＝h(2)＝mln 2－m≥0，解得m≤0，故m≤0. ②当1<m<2时，令h′(x)>0，解得m<x<2；令h′(x)<0，解得1<x<m，故h(x)在[1，m]上单调递减，在(m,2]上单调递增，又h(1)＝－，h(2)＝mln 2－m≥0，解得m≤0，这与1<m<2相矛盾，舍去． ③当m≥2时，h′(x)≤0恒成立，h(x)在[1,2]上单调递减，故h(x)max＝h(1)＝－<0，不符合题意，应舍去． 综上所述，m的取值范围为(－∞，0]． 【例3】　已知函数f(x)＝aex－4，g(x)＝ln x－x－1，a∈R.若对任意的x2∈(0,1]，总存在x1∈(0,1]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数a的取值范围． 对任意的x2∈(0,1]，总存在x1∈(0,1]，使得f(x1)≥g(x2)，则f(x)max≥g(x)max，因为g(x)＝ln x－x－1，则g′(x)＝－1＝≥0对任意的x∈(0,1]恒成立，所以函数g(x)在区间(0,1]上单调递增，则g(x)max＝g(1)＝－2.因为f(x)＝aex－4，所以当a＝0时，f(x)＝－4，不满足f(x)max≥g(x)max，故a≠0；当a>0时，f(x)在区间(0,1]上单调递增，所以f(x)max＝ae－4， 即ae－4≥－2，解得a≥；当a<0时，f(x)在区间(0,1]上单调递减，f(x)<f(0)＝a－4<－2，不满足题意．综上，实数a的取值范围是. [规律方法]　“双变量”的恒(能)成立问题解题技巧 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转换，常见的等价转换有 (1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 【训练3】　已知函数f(x)＝＋aln x，其中参数a<0.设函数g(x)＝2x2f′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，求a的取值范围． 因为f(x)＝＋aln x(x>0)，所以f′(x)＝－＋＝，则g(x)＝2ax－axln x－(6a＋3)(a<0)，因为存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，所以2g(x)min<g(x)max.又g′(x)＝a(1－ln x)，a<0，当x∈[1，e)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(e，e2]时，g′(x)>0，g(x) 单调递增，所以g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3.所以2ae－12a－6<－6a－3，所以a>.因为a<0，所以a的取值范围为. $$