第6章 专题课 利用导数研究不等式（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

该高中数学课件聚焦利用导数研究不等式，涵盖证明不等式、恒成立问题、能成立问题三大类型。通过复习导数求函数单调性与最值，搭建从基础应用到综合问题的学习支架，引导学生逐步掌握构造函数、分析导数、求最值等解题环节。 其亮点在于以例题为载体，通过“例题解析—感悟提升—跟踪训练”的闭环设计，培养学生的数学思维与逻辑推理能力。如作差法构造函数证明不等式，分离参数法解决恒成立问题，均体现数学语言的精确表达与问题转化能力。学生能系统掌握解题策略，教师可直接用于课堂教学，提升教学效果。

专题课　利用导数研究不等式 1 类型一　利用导数证明不等式 [例1] 已知函数f(x)＝2ex－ex.求证：f(x)≥e(ln x＋1). 所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)min＝h(1)＝0， 故2ex－ex－e(ln x＋1)≥0，即f(x)≥e(ln x＋1)得证． 返回首页 作差法构造函数证明不等式的解题策略 证明f(x)<(或>)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，即证明F(x)<(或>)0；如果F(x)在(a，b)上的最大值小于0(最小值大于0)，那么即证得f(x)<(或>)g(x)，x∈(a，b). 一般步骤：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论． 返回首页 又m(0)＝0，所以当x<0时，m(x)>0， 即h′(x)>0， 所以h(x)在(－∞，0)上单调递增， 返回首页 返回首页 类型二　利用导数研究不等式恒成立问题 [例2] 已知函数f(x)＝ln x＋ax－a2x2(a＞0).若f(x)＜0在定义域内恒成立，求实数a的取值范围． 返回首页 所以x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表， 所以f(x)max＝－ln a＜0，所以a＞1. 所以实数a的取值范围是(1，＋∞). 返回首页  由不等式恒成立求参数的取值范围的策略 (1)求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题； (2)分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a＞f(x)max或a＜f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的取值范围． 返回首页 [跟踪训练2] 已知函数f(x)＝x ln x，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围． 当x≥1时，g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增．所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1. 故实数a的取值范围是(－∞，1]. 返回首页 类型三　利用导数研究不等式能成立问题 [例3] 已知f(x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m＞0)，若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]，使得f(x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围． 【解】　因为f(x)＝xex－ex＝ex(x－1)， 所以f′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex， 令f′(x)＞0，得x＞0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 令f′(x)＜0，得x＜0， 故f(x)在(－∞，0)上单调递减， 所以当x＝0时，f(x)min＝f(0)＝－1， 返回首页 又f(－2)＝－3e-2，f(2)＝e2， 所以f(x)在[－2，2]上的值域为[－1，e2]， 又g(x)＝mx－m(m＞0)在[－2，2]上是增函数， 所以g(x)在[－2，2]上的值域为[－3m，m]. 若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]， 使得f(x1)＝g(x2)，则[－1，e2]⊆[－3m，m]， 所以－3m≤－1＜e2≤m， 解得m≥e2，即实数m的取值范围是[e2，＋∞). 返回首页 若关于x的不等式f(x)＜a在某区间上能成立，则有f(x)min＜a；若关于x的不等式f(x)＞a在某区间上能成立，则有f(x)max＞a. 返回首页 返回首页 x f′(x) ＋ 0 － f(x)  －ln a  $