强化课 导数与不等式 -【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用课件(北师大版)

该高中数学课件系统梳理了导数与不等式的核心内容，涵盖利用导数证明不等式（作差法、拆分法）及不等式恒成立或有解问题，通过题型分类、例题解析与解题技法总结，构建“问题-方法-应用”的逻辑脉络，帮助学生建立完整知识网络。 其亮点在于以“题型-策略-训练”为主线，通过作差法构造函数、拆分法求最值等具体策略，培养学生数学思维与逻辑推理能力，跟踪训练包含基础题与变式探究，实现分层教学。这一设计既帮助学生巩固导数应用方法，也为教师提供精准复习指导，提升教学效率。

强化课　导数与不等式　 题型一　利用导数证明不等式 角度1　“作差法”构造函数证明不等式 　(2024·广西桂林期末)已知函数f(x)＝x3－3ln x. (1)求f(x)的最小值； 强化课 强化课 强化课 强化课 “作差法”构造函数证明不等式的求解策略 将要证明的不等式f(x)>g(x)移项作差，变为h(x)＝f(x)－g(x)，只需证明h(x)在其定义域上满足h(x)>0即可，根据函数的单调性，借助于导数求解．　 强化课 [跟踪训练1] 已知函数f(x)＝x ln (x＋2). (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 强化课 (2)证明：f(x)≥－x－1. 强化课 又g′(－1)＝ln 1－1＋1＝0， 所以当x∈(－2，－1)时，g′(x)<0；当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)>0， 所以g(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(－1)＝0， 即f(x)≥－x－1. 强化课 角度2　“拆分法”构造函数证明不等式 　已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性； 强化课 (2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0. 强化课 强化课 “拆分法”构造函数证明不等式的求解策略 将要证明的不等式通过合理变形拆分，得到 f(x)≤g(x)的形式，再分别对不等式两边构造函数证明不等式(一般可考虑证f(x)max≤g(x)min).　 强化课 [跟踪训练2] 已知函数f(x)＝2(x＋2)－ex. (1)求f(x)的极值； 解：由题可得f′(x)＝2－ex， 令f′(x)＝0，得x＝ln 2， 当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以当x＝ln 2时，f(x)取得极大值，且极大值为f(ln 2)＝2ln 2＋2，无极小值． 强化课 (2)当x≥0时，证明：f(x)－x＋sin x－4<0. 证明：欲证f(x)－x＋sin x－4<0， 即证f(x)<x－sin x＋4. 设g(x)＝x－sin x＋4，x≥0， 则g′(x)＝1－cos x≥0， 可知g(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(0)＝4， 强化课 即g(x)在[0，＋∞)上的最小值为4， 由(1)可知f(x)在[0，＋∞)上的最大值为 f(ln 2)＝2ln 2＋2， 又因为ln 2<1，可得2ln 2＋2<4， 可得f(x)≤2ln 2＋2<4≤g(x)，x≥0， 所以当x≥0时，f(x)<x－sin x＋4. 所以当x≥0时，f(x)－x＋sin x－4<0. 强化课 题型二　不等式恒(能)成立或有解问题 　设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0). (1)求f(x)的最小值h(t)； 【解】　因为f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)， 所以当x＝－t时， f(x)取得最小值f(－t)＝－t3＋t－1， 即h(t)＝－t3＋t－1. 强化课 (2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围． 【解】　令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m(0<t<2)， 由g′(t)＝－3t2＋3＝0， 得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去). 当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表： t (0，1) 1 (1，2) g′(t) ＋ 0 － g(t)  极大值  强化课 所以g(t)在(0，2)内有最大值g(1)＝1－m. h(t)＜－2t＋m在(0，2)内恒成立等价于 g(t)＜0在(0，2)内恒成立， 即等价于1－m＜0恒成立， 所以m＞1. 所以实数m的取值范围为(1，＋∞). 强化课 【变式探究】 1．(条件变式)若将本例(2)的条件改为“存在t∈[0，2]，使h(t)＜－2t＋m成立”，求实数m的取值范围． 解：令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m(0≤t≤2)， 由g′(t)＝－3t2＋3＝0， 得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去). 当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表： 强化课 易得－1－m>－3－m，所以g(t)在[0，2]上有最小值g(2)＝－3－m， 存在t∈[0，2]，使h(t)＜－2t＋m成立， 等价于g(t)min＝g(2)＜0. 所以－3－m＜0， 所以m＞－3， 所以实数m的取值范围为(－3，＋∞). t 0 (0，1) 1 (1，2) 2 g′(t) 3 ＋ 0 － －9 g(t) －1－m   极大值  －3－m 强化课 2．(条件变式)若将本例(2)的条件改为“对任意的t1，t2∈(0，2)，都有h(t1)＜－2t2＋m”，求实数m的取值范围． 强化课 强化课 强化课 恒(能)成立问题的求解策略 (1)“恒(能)成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化．λ≥f(x)恒成立⇔λ≥f(x)max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤f(x)min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可．　 (2)此类问题要特别注意“最值能否取到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取“＝”． 强化课 √ 强化课 强化课 强化课 (2)已知函数f(x)＝x2－2ln x，若关于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则实数m的取值范围是________________． (－∞，e2－2] 强化课 【解】　因为f(x)＝x3－3ln x，x>0，则f′(x)＝3x2－ eq \f(3,x) ＝ eq \f(3（x3－1）,x) ＝ eq \f(3（x－1）（x2＋x＋1）,x) ， 令f′(x)<0，得0<x<1；令f′(x)>0，得x>1， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)的最小值为f(1)＝1－3ln 1＝1. (2)设g(x)＝x3＋ eq \f(3,x) －3，证明：f(x)≤g(x). 证明：因为f(x)＝x3－3ln x，g(x)＝x3＋ eq \f(3,x) －3， 若要证f(x)≤g(x)，即x3－3ln x≤x3＋ eq \f(3,x) －3，即证ln x＋ eq \f(1,x) －1≥0， 令h(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) －1，x>0，则h′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(1,x2) ＝ eq \f(x－1,x2) ， 令h′(x)<0，得0<x<1；令h′(x)>0，得x>1， 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 则h(x)≥h(x)min＝h(1)＝ln 1＋1－1＝0，即ln x＋ eq \f(1,x) －1≥0恒成立， 所以f(x)≤g(x)得证． 解：因为f′(x)＝ln (x＋2)＋ eq \f(x,x＋2) ，所以f′(0)＝ln 2，又f(0)＝0， 所以所求切线方程为y＝ln 2·x. 证明：设g(x)＝f(x)＋x＋1＝x ln (x＋2)＋x＋1，且g(x)定义域为(－2，＋∞)，g′(x)＝ln (x＋2)＋ eq \f(x,x＋2) ＋1， 令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ eq \f(1,x＋2) ＋ eq \f(2,（x＋2）2) ＝ eq \f(x＋4,（x＋2）2) >0， 所以g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增， 【解】　f′(x)＝ eq \f(e,x) －a(x>0)， ①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数； ②若a>0，则当0<x< eq \f(e,a) 时，f′(x)>0； 当x> eq \f(e,a) 时，f′(x)<0.故f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a))) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞)) 上单调递减． 证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤ eq \f(ex,x) －2e， 由(1)知，当a＝e时，f(x)在(0，1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e. 记g(x)＝ eq \f(ex,x) －2e(x>0)，则g′(x)＝ eq \f(（x－1）ex,x2) ， 所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e. 所以当x>0时，f(x)≤g(x)， 即f(x)≤ eq \f(ex,x) －2e， 即xf(x)－ex＋2ex≤0. 解：因为h(t)＝－t3＋t－1，t∈(0，2)， 所以h′(t)＝－3t2＋1， 由h′(t)＝0得t＝ eq \f(\r(3),3) 或t＝－ eq \f(\r(3),3) (舍去)， 又当0＜t＜ eq \f(\r(3),3) 时，h′(t)＞0，h(t)单调递增； 当 eq \f(\r(3),3) ＜t＜2时，h′(t)＜0，h(t)单调递减． 所以当t＝ eq \f(\r(3),3) 时， h(t)max＝－ eq \f(\r(3),9) ＋ eq \f(\r(3),3) －1＝ eq \f(2\r(3)－9,9) . 令φ(t)＝－2t＋m，t∈(0，2)， 所以φ(t)min＞m－4. 由题意可得 eq \f(2\r(3)－9,9) ≤m－4， 解得m≥ eq \f(2\r(3)＋27,9) . 所以实数m的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)＋27,9)，＋∞)) . [跟踪训练3] (1)已知函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋2)＝ eq \f(1,2) f(x)，当x∈(0，2]时，f(x)＝ eq \f(ex,x) ，记f(x)的极小值为t，若对∀x∈(－∞，m)，t≥2e，则m的最大值为(　　) A．－1 B．1 C．3 D．不存在 解析：因为f(x＋2)＝ eq \f(1,2) f(x)，所以f(x)＝ eq \f(1,2) f(x－2)， 当x∈(0，2]时，f′(x)＝ eq \f(（x－1）ex,x2) ，所以 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增， 所以f(x)的极小值t＝f(1)＝e， 当x∈(2，4]时，x－2∈(0，2]，则f(x－2)＝ eq \f(ex－2,x－2) ， 又f(x)＝ eq \f(1,2) f(x－2)，所以f(x)＝ eq \f(ex－2,2（x－2）) ， 易得极小值t＝f(3)＝ eq \f(e,2) ，又2f(1)＝f(－1)＝2e， 所以对∀x∈(－∞，m)，t≥2e，可得m≤1. 故选B. 解析：由题意可知，存在x∈[1，e]，使得m≤f(x)，则m≤f(x)max. 因为f(x)＝x2－2ln x，所以f′(x)＝2x－ eq \f(2,x) ＝ eq \f(2x2－2,x) ＝ eq \f(2（x－1）（x＋1）,x) ， 当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在[1，e]上单调递增， 则f(x)max＝f(e)＝e2－2，所以m≤e2－2， 故实数m的取值范围是(－∞，e2－2]. $