培优增分3 导数与不等式(课件PPT)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与不等式”专题，依据高考评价体系梳理了恒（能）成立问题、参数范围求解、不等式证明三大核心考点，通过典型例题分析明确恒成立与证明题型占比达60%以上，构建了“求导分析-分类讨论-最值求解”的答题思路体系。 课件亮点在于“方法突破+真题实战+素养提升”的备考策略，如以例2证明不等式为载体，运用构造函数法结合隐零点“设而不求”技巧，培养学生的数学思维与模型观念。精选2023全国卷真题进行限时训练，特设“易错点警示”，帮助学生熟练得分技巧，教师可据此优化复习方案，实现高效冲刺。

培优增分3　导数与不等式 返回 ‹#› 1．掌握利用导数解决不等式恒(能)成立问题及证明不等式的一般方法．　2.会根据不等式恒(能)成立求参数的范围．　3.会利用导数证明不等式． [命题解读] 返回 ‹#› 2 限时规范训练　 栏 目 导 引 1 突破·核心考点 返回 ‹#› 例1　已知函数f(x)＝＋a ln x－(a＋1)x，若a≥0，f(x)≥－对x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围． 解：f′(x)＝x＋－(a＋1)＝， 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝a， 当0≤a≤1时， 当x≥1时，f′(x)≥0，f(x)在[1，＋∞)单调递增； 突破 ·核心考点 利用导数解决不等式恒(能)成立问题 类型 一 返回 ‹#› 因为f(x)≥－对x∈[1，＋∞)恒成立，所以f(1)≥－， 即－a－，移项可得a≤， 又0≤a≤1，所以0≤a≤1满足条件； 当a>1时， 当x≥a时，f′(x)≥0，f(x)在[a，＋∞)单调递增； 当1≤x<a时，f′(x)≤0，f(x)在[1，a)上单调递减； 所以当x＝a时，f(x)取到最小值，即f(x)≥f(a)， 因为f(x)≥－对x∈[1，＋∞)恒成立，所以f(a)≥－， 返回 ‹#› 即f(a)＝a ln a－， 令h(a)＝a ln a－－a(a>1)，所以h′(a)＝ln a－a， 令g(a)＝h′(a)＝ln a－a(a>1)，所以g′(a)＝， 因为a>1，所以1－a<0，所以g′(a)<0， 所以g(a)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(a)<g(1)＝ln 1－1＝－1<0， 即h′(a)<0，所以h(a)在(1，＋∞)上单调递减， 又因为h(e)＝eln e－－e＝－，且h(a)≥－，所以1<a≤e. 综上，实数a的取值范围为[0，e]. 返回 ‹#› 1．由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 (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，即得参数的范围． 2．不等式能成立或有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解两类问题的差别． 返回 ‹#› 跟踪训练1　已知函数f(x)＝ex－ax－1，若f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围． 解：因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解， 当x>0时，问题等价于a≥－在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝－， 则g'(x)＝－＝.令φ(x)＝ex－(x＋1)，则φ′(x)＝ex－1， 返回 ‹#› 当x>0时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)>φ(0)＝0， 即当x>0时，ex－(x＋1)>0，所以当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2，综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)． 返回 ‹#› 例2　(2026·黑龙江实验中学联考)已知函数f(x)＝a(x＋1)2＋x＋ln x，(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当－≤a<0时，求证：f(x)≤2a－－1. 解：(1)由题意可知，函数f(x)＝a(x＋1)2＋x＋ln x，(a∈R)的定义域为(0，＋∞)， 求导得f′(x)＝，x>0， 当a≥0时，x∈(0，＋∞)，f′(x)≥0； 类型 二 利用导数证明不等式 返回 ‹#› 当a<0时，x∈，f′(x)>0，x∈，f′(x)<0； 综上，当a≥0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减． 返回 ‹#› (2)由(1)可知，当－≤a<0时， 函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减． 所以函数f(x)≤f＝a2－＋ln ＝a－1－－ln (－2a)， 要证f(x)≤2a－－1， 只需证a－1－－ln (－2a)≤2a－－1. 返回 ‹#› 即需证a－＋ln (－2a)≥0，－≤a<0恒成立． 令g(a)＝a－＋ln (－2a)，－≤a<0， 则g′(a)＝1＋≥0， 所以函数g(a)在区间上单调递增， 故g(a)≥g＝0， 所以a－＋ln (－2a)≥0，－≤a<0恒成立， 所以当－≤a<0时，f(x)≤2a－－1. 返回 ‹#› 利用导数证明不等式问题的基本方法 (1)直接构造函数法：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)拆分函数法：把不等式拆分为两个函数f(x)，g(x)，利用f(x)min＞g(x)max证明f(x)＞g(x)． (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进行放缩． 返回 ‹#› 跟踪训练2　(2026·安徽淮南期中)已知函数f(x)＝. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若a<－2，证明：当x>2时，f(x)<. 解：(1)由题意f′(x)＝， ①若a＝－2时，f′(x)＝－≤0恒成立，则f(x)在R上单调递减； ②若a>－2时，此时－a<2， 所以当x∈(－∞，－a)，(2，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(－a，2)时，f′(x)>0， 返回 ‹#› 所以f(x)在(－∞，－a)，(2，＋∞)上单调递减，在(－a，2)上单调递增； ③若a<－2时，此时－a>2， 所以当x∈(－∞，2)，(－a，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(2，－a)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，2)，(－a，＋∞)上单调递减，在(2，－a)上单调递增． (2)证明：若a<－2，由(1)可得，f(x)在(2，－a)上单调递增，在(－a，＋∞)上单调递减， 所以f(x)在区间(2，＋∞)上有最大值f(－a)＝，只需证明<即可． 令g(x)＝，则g′(x)＝， 返回 ‹#› 当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在区间(1，＋∞)上单调递减， 由于－a>2，所以g(－a)<g(2)， 即<得证， 所以若a<－2，当x>2时，f(x)<. 返回 ‹#› 恒成立问题中，我们常常见到类似的命题：“对于任意的x∈[a，b]，都有f(x)≥0恒成立”，这里的端点a，b往往是使结论成立的临界条件，因此，如果能利用好这两个值，能方便解题．对于上述命题，观察f(a)和f(b)的取值，这种观察区间端点值来解决问题的做法，我们称为端点效应． 1．若函数f(x，m)≥0(m为参数)在区间[a，b](a<b)上恒成立，且f(a)＝0，则f′(a)≥0或f(b)＝0，则f′(b)≤0.(此法应用于区间端点的函数值为零的情况) 返回 ‹#› 2．若函数f(x，m)≥0(m为参数)在区间[a，b](a<b)上恒成立，且则f″(a)≥0或则f″(b)≤0.(此法应用于区间端点的函数值为零且导数值也为零的情况) 3．应用端点效应的解题步骤： (1)代入端点值，验证是否满足以上两种类型，确定类型并缩小参数范围，这个范围是不等式恒成立的必要条件． 返回 ‹#› (2)证明充分性，求结果．利用第一步中的参数范围判断函数在定义域内是否单调，若单调，则必要条件即为充要条件，问题解决，若不单调，则需要进一步讨论并解决问题． 注意：得到的参数范围的补集需要证明不成立． 典例　已知函数f(x)＝2sin x－x cos x－x，f′(x)为f(x)的导数． (1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围． 返回 ‹#› [思路导引] 返回 ‹#› 解：(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋x sin x－1，g′(x)＝x cos x. 当x∈时，g′(x)>0；当x∈时， g′(x)<0， 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减． 又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2， 故g(x)在(0，π)存在唯一零点． 所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点． (2)设h(x)＝f(x)－ax＝2sin x－x cos x－x－ax，h(0)＝0，则h′(0)≥0， h′(x)＝cos x＋x sin x－1－a， 返回 ‹#› 由h′(0)≥0，得a≤0， 下面证明当a≤0时，f(x)≥ax在[0，π]上恒成立． 由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)单调递增，在(x0，π)单调递减，又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0. 又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax. 当a>0，x∈[0，π]时，h(x)＝2sin x－x cos x－x－ax<2sin x－x cos x－x＝f(x)，当x＝0时，不等式不成立，所以不符合题意． 综上，a的取值范围是(－∞，0]. 返回 ‹#› 尝试训练　(2023·全国甲卷T21节选)已知函数f(x)＝ax－，x∈.若f(x)<sin 2x，求a的取值范围． 解：令g(x)＝f(x)－sin 2x＝ax－－sin2x， 则g′(x)＝a－－2cos2x＝a－－4cos2x＋2＝a－， 令u＝cos2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝＋4u－2， 则k′(u)＝. 返回 ‹#› 当u∈(0，1)时，令φ(u)＝4u3＋2u－6，φ′(u)＝12u2＋2>0，则φ(u)在(0，1)上单调递增，φ(u)<φ(1)＝0，k′(u)＜0，所以k(u)在(0，1)上单调递减， 因为k(1)＝3，所以当u∈(0，1)时，k(u)＞3， 所以k(u)的值域为(3，＋∞)． ①当a≤3时，g′(x)＜0，所以g(x)在上单调递减， 又g(0)＝0，所以当x∈时，g(x)＜0，即f(x)＜sin2x. ②当a＞3时，∃x0∈使得g′(x0)＝0， 所以g(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减， 所以g(x0)＞g(0)＝0，所以f(x)＜sin 2x不成立． 综上所述，a的取值范围为(－∞，3]. 返回 ‹#› 1．隐零点的概念 利用导函数讨论函数单调性等问题时，求解导函数的零点是解题过程中的关键一步，但有时我们虽然能确定导函数的零点一定存在，但却很难求出具体的值，这类零点称为“隐零点”，这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题． 返回 ‹#› 2．隐零点问题的一般解题步骤 返回 ‹#› 典例　已知函数f(x)＝，a∈R.当a≤－1时，证明：f(x)≤ex-2－1. [思路导引] 返回 ‹#› 证明：当a≤－1时，要证f(x)≤ex-2－1，即证＋1－ex-2≤0，即证a≤xex-2－ln x－x， 令g(x)＝xex-2－ln x－x，则g′(x)＝(x＋1)ex-2－－1＝(x＋1)， 因为x>0，所以x＋1>0 令h(x)＝ex-2－，x>0，则h′(x)＝ex-2＋， 所以h′(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立， 故h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h(1)＝－1<0，h(2)＝>0， 返回 ‹#› 所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0， 且当x∈(0，x0)时，h(x)<0， 即g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0， 所以g(x)在(x0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(x0)． 又因为h(x0)＝0， 所以e＝0， 即＝1，即x0＝， 返回 ‹#› 所以ln x0＝2－x0， 所以g(x)min＝g(x0)＝x0ex0－2－ln x0－x0＝1－(2－x0)－x0＝－1， 又因为a≤－1，所以a≤g(x)，原命题得证． 返回 ‹#› 尝试训练　已知函数f(x)＝xex－x2－x－1，证明：f(x)≥ln x－x2. 证明：由题意，要证f(x)≥ln x－x2， 即证xex－x－1≥ln x对于x∈(0，＋∞)恒成立． 令g(x)＝xex－x－ln x－1，则g′(x)＝ex＋xex－1－＝(x＋1)， 令h(x)＝ex－，x>0，则h′(x)＝ex＋>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h(1)＝e－1>0，h＝ －2<0， 则h(x)在上存在唯一的零点x0，则＝0，即，可得ln x0＝－x0， 返回 ‹#› 又x＋1>0，则由g′(x)<0得0<x<x0；由g′(x)>0得x>x0； 故g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 故g(x)min＝g(x0)＝－x0－ln x0－1＝0， 则x>0时，g(x)≥0恒成立，从而xex－x－1≥ln x恒成立， 即f(x)≥ln x－x2成立． 返回 ‹#› 3 4 1 2 (建议用时：45分钟　分值：60分) 限时规范 训练26　导数与不等式 1．(13分)已知函数f(x)＝a(x＋a)－ln x(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)≥3ln a＋2. 解：(1)依题意得x>0，f′(x)＝a－，当a≤0时，f′(x)<0； 当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0<x<. 即当a≤0时，函数f(x)是减函数；当a>0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增． 返回 ‹#› 3 4 1 2 (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)的最小值为f＝1＋a2＋ln a， 1＋a2＋ln a－(3ln a＋2)＝a2－2ln a－1，设g(x)＝x2－2ln x－1(x>0)，则g′(x)＝2x－， 当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0， 所以函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 即g(x)的最小值为g(1)＝12－2ln 1－1＝0，即g(x)≥g(1)＝0，所以g(a)≥0， 即f(x)的最小值为f＝1＋a2＋ln a≥3ln a＋2， 所以f(x)≥3ln a＋2. 返回 ‹#› 2 1 3 4 2．(15分)已知函数f(x)＝e2x＋(a－2)ex－2ax(a∈R)． (1)当a＝2时，求f(x)的单调区间； (2)当a＝0时，求证：对任意的x∈(0，＋∞)，f(x)＋4ex>2x2＋恒成立． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝e2x－4x，则f′(x)＝e2x－4. 令f′(x)<0，得x<ln 2；令f′(x)>0，得x>ln 2. 所以函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)． (2)证明：当a＝0时，f(x)＝e2x－2ex. 返回 ‹#› 2 1 3 4 要证f(x)＋4ex>2x2＋，即证e2x＋2ex－2x2－>0. 令h(x)＝e2x＋2ex－2x2－(x>0)， 则h′(x)＝e2x＋2ex－4x. 令m(x)＝e2x＋2ex－4x(x>0)，则m′(x)＝2e2x＋2ex－4＝2(ex－1)(ex＋2)．当x>0时，m′(x)>0， 所以函数m(x)在(0，＋∞)上单调递增，则m(x)>m(0)＝3>0，即h′(x)>0， 可知函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 则h(x)>h(0)＝0，即e2x＋2ex－2x2－>0，即f(x)＋4ex>2x2＋. 返回 ‹#› 2 3 1 4 3．(15分)(2023·新课标Ⅱ卷T22节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x. 证明：构造F(x)＝x－sin x，x∈(0，1)，则F′(x)＝1－cos x>0对∀x∈(0，1)恒成立， 则F(x)在上单调递增，可得F(x)>＝0， 所以当x∈(0，1)时，x>sin x， 构造G(x)＝sin x－＝x2－x＋sin x，x∈， 则G′(x)＝2x－1＋cos x，x∈， 令g(x)＝G′(x)，x∈，则g′(x)＝2－sin x>0对∀x∈恒成立， 则g(x)在上单调递增， 可得g(x)>g＝0， 返回 ‹#› 2 3 1 4 即G′(x)>0对∀x∈恒成立， 则G(x)在上单调递增， 可得G(x)>G＝0， 所以当x∈(0，1)时，sin x>x－x2， 综上所述，当0<x<1时，x－x2<sin x<x. 返回 ‹#› 2 3 4 1 4．(17分)(课标变化题)已知函数f(x)＝sin x－ax cos x，a∈R. (1)当a＝0，x≥0时，证明：f(x)≤x； (2)记p：∃t>0，使得对∀x∈(0，t)，都有|f(x)|≤2x；q：∃t>0，使得对∀x∈(－t，t)，都有|f(x)|≤2|x|. (ⅰ)证明：p是q的充要条件； (ⅱ)若q成立，求实数a的取值范围． 解：(1)证明：令F(x)＝f(x)－x＝sin x－x，x≥0，则F′(x)＝cos x－1≤0， 所以F(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以F(x)≤F(0)＝0，即f(x)≤x. (2)(ⅰ)证明：必要性：若q成立，即存在t>0，使得对任意x∈(－t，t)，都有|f(x)|≤2|x|，则对任意x∈(0，t)，|f(x)|≤2|x|＝2x，即p成立． 返回 ‹#› 2 3 4 1 充分性：若p成立，即存在t>0，使得对任意x∈(0，t)，都有|f(x)|≤2x. 当x∈(0，t)时，有|f(x)|≤2x＝2|x|；当x＝0时，有|f(x)|＝2|x|＝0； 当x∈(－t，0)时，－x∈(0，t)，由f(－x)＝sin (－x)－a(－x)cos (－x)＝－f(x)， 知f(x)是奇函数．所以|f(x)|＝|－f(－x)|＝|f(－x)|≤2|－x|＝2|x|. 于是对任意x∈(－t，t)，都有|f(x)|≤2|x|，即q成立．所以p是q的充要条件． (ⅱ)由(ⅰ)知，只需考虑p成立，即存在t>0，使得对任意x∈(0，t)，都有|f(x)|≤2x，等价于－2x≤f(x)≤2x. 令g(x)＝f(x)＋2x，h(x)＝f(x)－2x，则需g(x)≥0，h(x)≤0在x∈(0，t)上恒成立． 返回 ‹#› 2 3 4 1 不妨取t＝，即g(x)≥0，h(x)≤0在x∈上恒成立． a．由g(x)＝sin x－ax cos x＋2x，得g′(x)＝ax sin x＋(1－a)cos x＋2，x∈，则 ①当a≤0时，g(x)>0，符合题意； ②当0<a<时，g′(x)>0，g(x)在上单调递增，故g(x)>g(0)＝0符合题意； ③当a≥时，令p(x)＝g′(x)，则p′(x)＝(2a－1)sin x＋ax cos x>0，p(x)＝g′(x)在上单调递增； 返回 ‹#› 2 3 4 1 若g′(0)＝3－a≥0，即a≤3，则g′(x)>g′(0)≥0，g(x)在上单调递增，同②符合题意； 若g′(0)＝3－a<0，即a>3，由g′＝a＋2>0，知存在x1∈，使得g′(x1)＝0. 当x∈(0，x1)时，g′(x)<g′(x1)＝0，g(x)在(0，x1)上单调递减，故g(x)<g(0)＝0，不符合题意．于是a≤3. b．由h(x)＝sin x－ax cos x－2x，得h′(x)＝ax sin x＋(1－a)cos x－2，x∈， 令q(x)＝h′(x)，q′(x)＝(2a－1)sin x＋ax cos x， 返回 ‹#› 2 3 4 1 ①当0<a≤3时，h(x)＝sin x－ax cos x－2x<x－ax cos x－2x＝－x(1＋a cos x)<0，符合题意． ②当a≤0时，q′(x)<0，q(x)＝h′(x)在上单调递减， 若h′(0)＝－a－1≤0，即a≥－1，则h′(x)<h′(0)≤0，h(x)在上单调递减，故h(x)<h(0)＝0，符合题意； 若h′(0)＝－a－1>0，即a<－1，由h′＝a－2<0，知存在x2∈，使得h′(x2)＝0，当x∈(0，x2)时，h′(x)>h′(x2)＝0，h(x)在(0，x2)上单调递增，故h(x)>h(0)＝0，不符合题意．于是a≥－1. 综上，实数a的取值范围为[－1，3]. 返回 ‹#› 培优增分3　导数与不等式 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $