专题突破四 不等式证明和恒成立问题 课件-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第二册

四川省苍溪中学高效6+1乐学课堂 专题突破课 四　 不等式证明和恒成立问题 导 【导入导学】 　　 证明不等式 实质是证明不等式恒成立. 求解此类问题的关键是找出与待证不等式紧密联系的函数,然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域),解题过程充分展现了转化与化归、分类讨论、数形结合等思想方法. 因此,不等式证明和恒成立问题是近几年高考和各地模拟考试中的热点题型. 【新课导入】 评 【教师精讲】 一、单变量不等式的证明 角度1　直接构造证明不等式 【典例1】证明:当x≥0时,ex ≥x2+x+1. 则G'(x)=ex-1≥0对任意x≥0恒成立, 可知G(x)在[0,+∞)内单调递增, 则G(x)≥G(0)=0, 即g'(x)≥0对任意x≥0恒成立, 可知g(x)在[0,+∞)内单调递增, 则g(x)≥g(0)=0, 所以ex ≥ x2+x+1. 【解析】要证ex ≥x2+x+1, 需证明ex-x2-x-1≥0, 令g(x)=ex-x2-x-1,x≥0, 则g'(x)=ex-x-1, x≥0, 令G(x)=g'(x), x≥0, 评 【教师精讲】 【总结升华】 (1)f(x)≥g(x)⇔F(x)=f(x)-g(x)≥0⇔F(x)min≥0; (2)f(x)≤g(x)⇔F(x)=f(x)-g(x)≤0⇔F(x)max≤0. 一、单变量不等式的证明 角度1　直接构造证明不等式 评 【教师精讲】 【即学即练】 设f(x)=cos x+-1.求证:当x≥0时,f(x)≥0. 【证明】 f(x)=cos x+-1(x≥0), 则f '(x)=x-sin x, 设φ(x)=f '(x)=x-sin x,则φ'(x)=1-cos x, 当x≥0时, φ'(x)=1-cos x≥0, 故φ(x)=f '(x)=x-sin x在[0,+∞)上单调递增, 所以f '(x)≥ f '(0)=0, 所以f (x)在[0,+∞)上单调递增, 所以f (x)≥f(0)=0. 一、单变量不等式的证明 角度1　直接构造证明不等式 评 【教师精讲】 【典例2】已知函数f(x)=ex2-xln x.求证:当x>0时,f(x)<xex+. 【证明】要证f(x)<xex+,x>0, 只需证明 ex-ln x< ex+, 只需证明 ex-ex< ln x+ , 故h(x)在(0,)上单调递减, 在(,+∞)上单调递增, 则h(x)min=h()=0, 所以 ln x+≥ 0; 令h(x)=ln x+,x>0, 则h'(x)=, 当0<x<时, h'(x)<0, 当x>时,h'(x)>0, 一、单变量不等式的证明 角度2　构造双函数证明不等式 评 【教师精讲】 【典例2】已知函数f(x)=ex2-xln x.求证:当x>0时, f(x)<xex+. 再令φ(x)=ex-ex,x>0, 则φ'(x)=e-ex, 当0<x<1时,φ'(x)>0, 当x>1时,φ'(x)<0, 故φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 则φ(x)max=φ(1)=0, 所以ex-ex≤0, 因为h(x)与φ(x)不同时为0, 所以ex-ex < ln x+,故原不等式成立. 一、单变量不等式的证明 角度2　构造双函数证明不等式 评 【教师精讲】 【总结升华】 (1)在证明不等式中,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. (2)在证明过程中,“隔离”化是关键, 证出f(x)min>g(x)max,从而得到f(x)>g(x)恒成立, 但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不一定是同一个“x值”. 一、单变量不等式的证明 角度2　构造双函数证明不等式 评 【教师精讲】 【即学即练】 已知函数f(x)=xex,g(x)=. (1)求函数f(x)的极值; (2)当x>0时,求证:f(x)>g(x). 一、单变量不等式的证明 角度2　构造双函数证明不等式 评 【教师精讲】 【即学即练】 【解析】(1)由题意知,f '(x)=xex+ex=(x+1)ex, 已知函数f(x)=xex,g(x)=. (1)求函数f(x)的极值; (2)当x>0时,求证:f(x)>g(x). 令f '(x)>0,得x>-1, 令f'(x)<0,得x<-1. 则f(x)在(-∞,-1)上单调递减, 在(-1,+∞)上单调递增, 所以f(x)的极小值为f(-1)=-, 无极大值. 一、单变量不等式的证明 角度2　构造双函数证明不等式 评 【教师精讲】 【即学即练】 【解析】 已知函数f(x)=xex,g(x)=. (1)求函数f(x)的极值; (2)当x>0时,求证:f(x)>g(x). (2)当x>0时,要证f(x)>g(x), 即证ex>.令F(x)=x2-ln x(x>0), 则F'(x)=2x-(x>0), 令F'(x)>0,得x>, 令F'(x)<0,得0<x<, 则F(x)在(0,)上单调递减, 在(,+∞)上单调递增, 所以当x>0时, F(x)≥F()=-ln >0, 所以x2>ln x,即<1. 因为x>0时,ex>e0=1, 所以当x>0时,ex> ⇒ xex>, 所以当x>0时,f(x)>g(x). 一、单变量不等式的证明 角度2　构造双函数证明不等式 评 【教师精讲】 二、双变量不等式的证明 【典例3】已知函数f(x)=xe-x,若x1≠x2且f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2. 【证明】根据题意,不妨设0<x1<1<x2. 因为f(x1)=f(x2), 所以x1=x2, 取对数,得ln x1-x1=ln x2-x2. 令t=>1,则x2=tx1, 代入上式, 得ln x1-x1=ln t+ln x1-tx1, 得x1=,x2=, 所以要证x1+x2=>2, 即证ln t->0. 设g(t)=ln t-(t>1), 则g'(t)=-=>0, 所以g(t)在区间(1,+∞)上单调递增,所以g(t)>g(1)=0,所以ln t->0, 故x1+x2>2. 评 【教师精讲】 【总结升华】 构造函数证明双变量不等式的基本思路 (1)适当变形:将所给不等式变形,目标是将两个变量进行整合,构建函数模型; (2)建立模型:引入变量t,消掉已知变量,构造关于t的函数h(t); (3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最小值,从而可证得结论. 一、单变量不等式的证明 评 【教师精讲】 三、单变量不等式恒成立问题 【典例4】(一题多解)若对任意x∈(0,+∞),不等式2x+ln x≤a(x2+x)恒成立,求实数a的取值范围. 【解析】方法一:设F(x)=2x+ln x-a(x2+x),则F'(x)=-,x>0. 当a≤0时,F'(x)>0, 取x=1,得F(1)=2-2a>0, 所以F(x)≤0不可能恒成立. 当a>0时,令F'(x)=0,得x=. 当0<x<时,F'(x)>0,F(x)单调递增; 当x>时,F'(x)<0,F(x)单调递减. 故F(x)在(0,+∞)上的最大值是F(),依题意知F()≤0恒成立,即ln +-1≤0. 又y=g(a)=ln +-1在a∈(0,+∞)上单调递减,且g(1)=0,故ln +-1≤0成立的充要条 件是a≥1,所以a的取值范围是[1,+∞). 评 【教师精讲】 方法二:分离参数得a≥(x>0), 令h(x)=,则h'(x)=. 令h'(x)=0,则1-x-ln x=0,观察发现x=1是1-x-ln x=0的根. 又因为φ(x)=1-x-ln x在(0,+∞)上单调递减,所以1-x-ln x=0的根仅有x=1.在x∈(0,1)上, φ(x)>0,在x∈(1,+∞)上,φ(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)=1,所以a的取值范围是[1,+∞). 【典例4】(一题多解)若对任意x∈(0,+∞),不等式2x+ln x≤a(x2+x)恒成立,求实数a的取值范围. 三、单变量不等式恒成立问题 评 【教师精讲】 【总结升华】 单变量不等式恒成立问题的解题策略 (1)分类讨论法: 作差构造函数,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; (2)分离参数法: a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max, a<f(x)恒成立⇔a<f(x)min. 三、单变量不等式恒成立问题 评 【教师精讲】 【即学即练】 已知函数f(x)=(x+a)ex,a∈R. (1)若函数f(x)在区间[-3,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围; (2)若f(x)≥e2在x∈[0,2]时恒成立,求实数a的取值范围. 【解析】(1)由f(x)=(x+a)ex,a∈R,得f'(x)=(x+a+1)ex, 因为f(x)在区间[-3,+∞)上单调递增, 所以f'(x)≥0在[-3,+∞)上恒成立, 所以x+a+1≥0在[-3,+∞)上恒成立, 因为y=x+a+1在[-3,+∞)上单调递增,所以满足题意只需-3+a+1≥0,得a≥2, 所以a的取值范围为[2,+∞). 三、单变量不等式恒成立问题 评 【教师精讲】 【解析】(2)因为f(x)=(x+a)ex,a∈R, 所以(x+a)ex≥e2 ,即a≥e2-x-x在x∈[0,2]时恒成立,令g(x)=e2-x-x ,x∈[0,2], 则g'(x)=-e2-x-1=-(e2-x+1)<0, 所以g(x)=e2-x-x在[0,2]上单调递减, 所以g(x)max=g(0)=e2,所以a≥e2, 所以a的取值范围为[e2,+∞). 【即学即练】 已知函数f(x)=(x+a)ex,a∈R. (1)若函数f(x)在区间[-3,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围; (2)若f(x)≥e2在x∈[0,2]时恒成立,求实数a的取值范围. 三、单变量不等式恒成立问题 评 【教师精讲】 四、双变量不等式恒成立问题 (1)若对任意的x1,x2∈[1,e],都有f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围; (2)若存在x1,x2∈[1,e],使得f(x1)<g(x2),求实数a的取值范围. 【典例5】已知f(x)=x+(a>0),g(x)=x+ln x. 评 【教师精讲】 四、双变量不等式恒成立问题 【解析】(1)对任意的x1,x2∈[1,e],都有f(x1)≥g(x2)成立,等价于x∈[1,e]时, f(x)min≥ g(x)max. 当x∈[1,e]时,g'(x)=1+>0, 所以g(x)在[1,e]上单调递增,所以g(x)max=g(e)=e+1. (1)若对任意的x1,x2∈[1,e],都有f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围; 只需证f(x)≥e+1,即x+≥e+1 ⇔ a2≥(e+1)x-x2在[1,e]上恒成立即可. 令h(x)=(e+1)x-x2, 当x∈[1,e]时,h(x)=-x2+(e+1)x=-(x-)2+()2,最大值为h()= ()2, 所以a2≥()2即a≥(舍去负值). 故实数a的取值范围是[,+∞). 【典例5】已知f(x)=x+(a>0),g(x)=x+ln x. 评 【教师精讲】 四、双变量不等式恒成立问题 (2)若存在x1,x2∈[1,e],使得f(x1)<g(x2),求实数a的取值范围. 【典例5】已知f(x)=x+(a>0),g(x)=x+ln x. (2)存在x1,x2∈[1,e],使得f(x1)<g(x2),等价于x∈[1,e]时,f(x)min<g(x)max. 当x∈[1,e]时,g'(x)=1+>0,所以g(x)在[1,e]上单调递增,所以g(x)max=g(e)=e+1. 又f'(x)=1-.令f'(x)=0,得x=a, 故f(x)=x+(a>0)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增. 当0<a<1时,f(x)在[1,e]上单调递增,f(x)min=f(1)=1+a2<e+1符合题意; 当1≤a≤e时,f(x)在[1,a]上单调递减,在[a,e]上单调递增,f(x)min=f(a)=2a, 此时,2a<e+1,解得1≤a<; 当a>e时,f(x)在[1,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=e+, 此时,e+<e+1,即a<,与a>e矛盾,不符合题意. 综上可知,实数a的取值范围是(0,). 评 【教师精讲】 【总结升华】 双变量恒成立问题的常见类型 (1)∀x1∈D,∀x2∈E,f(x1)≥g(x2)恒成立⇔f(x)min≥g(x)max; (2)∀x1∈D,∃x2∈E,f(x1)≥g(x2)恒成立⇔f(x)min≥g(x)min; (3)∃x1∈D,∀x2∈E,f(x1)≥g(x2)恒成立⇔f(x)max≥g(x)max; (4)∃x1∈D,∃x2∈E,f(x1)≥g(x2)恒成立⇔f(x)max≥g(x)min. 四、双变量不等式恒成立问题 评 【教师精讲】 【即学即练】已知函数f(x)=ax+ln x(a∈R). (1)求f(x)的单调区间; (2)设g(x)=x2-2x+2,若对任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1]使得f(x1)<g(x2),求a的取值 范围. 四、双变量不等式恒成立问题 【解析】(1)f '(x)=a+=(x>0), ①当a≥0时,由于x>0,故ax+1>0,f '(x)>0, 所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞), ②当a<0时,由f (x)=0,得x=-. 在区间(0,-)上,f '(x)>0, 在区间(-,+∞)上,f '(x)<0, 所以函数f(x)的单调递增区间为(0,- ), 单调递减区间为(- ,+∞). 评 【教师精讲】 【解】(2)所求可转化为f(x)max<g(x)max, g(x)=(x-1)2+1,x∈[0,1], 所以g(x)max =g(0)=2, 由(1)知,当a≥0时,f (x)在(0,+∞)上单调递增,值域为R,故不符合题意. 当a<0时,f (x)在(0,- )上单调递增, 在(- ,+∞)上单调递减. 故f(x)的最大值是 f(- )=-1+ln(- )=-1-ln(-a), 所以2>-1-ln(-a), 解得a<- . 综上,a的取值范围为(-∞,- ). 【即学即练】已知函数f(x)=ax+ln x(a∈R).(1)求f(x)的单调区间; (2)设g(x)=x2-2x+2,若对任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1]使得f(x1)<g(x2),求a的取值范围. 四、双变量不等式恒成立问题 Thanks for listening $