【文档说明】2022高三统考数学文北师大版一轮教师文档：第二章第十二节第一课时　导数与不等式问题 含答案【高考】.doc，共(7)页，209.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-第十二节导数的综合应用授课提示：对应学生用书第45页[基础梳理]1．利用导数证明不等式若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F

(x)<0，即证明了f(x)<g(x)．2．利用导数解决不等式的恒成立问题利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3

．利用导数研究函数的零点用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决．1．研究函数图像的交点、方程的根、函数的零点，归根到底是研究

函数的性质，如单调性、极值等．2．给出了具体的函数关系式，只需研究这个函数的性质即可．3．函数关系式中含有比例系数，根据已知数据求出比例系数得到函数关系式，再研究函数的性质．4．没有给出函数关系，需要先建立函数关系，再研究函数的性质．-2-第一课时导数与不等式问题授课提示：对

应学生用书第45页考点一不等式证明[例](2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数ƒ(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是ƒ(x)的极值点，求a，并求ƒ(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，ƒ(x)≥0.[解析](1)ƒ

(x)的定义域为(0，＋∞)，ƒ′(x)＝aex－1x.由题设知，ƒ′(2)＝0，所以a＝12e2.从而ƒ(x)＝12e2ex－lnx－1，ƒ′(x)＝12e2ex－1x.当0＜x＜2时，ƒ′(x)＜0；当x＞2时，ƒ′(x)＞0.所以ƒ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增

．(2)证明：当a≥1e时，ƒ(x)≥exe－lnx－1.设g(x)＝exe－lnx－1，则g′(x)＝exe－1x.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥1e时，ƒ(x)≥0.[破题技法]利

用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或

最值，证明h(x)＞0.设函数f(x)＝lnxx2，求证f(x)＜1e.证明：f(x)＝lnxx2(x＞0)，∴f′(x)＝1－2lnxx3.令f′(x)＝0，即1－2lnx＝0，∴x＝e12.x∈(

0，e12)，f′(x)＞0，x∈(e12，＋∞)，f′(x)＜0，∴f(x)在(0，e12)上为增函数，在(e12，＋∞)为减函数，∴f(x)max＝f(e12)＝12e，∴f(x)≤12e＜1e.-3-考点二不等式恒成立问题[例

]已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函数f(x)的图像在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若当x＞0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．[解析](1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－

1)，f′(x)＝xex＋ex－4，当x＝0时，f(0)＝2，f′(0)＝－3，所以所求切线方程为y＝－3x＋2.(2)法一：f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)，f′(x)＝a(x＋1)ex－2(a＋1)，由条件可得，f(1)≥0，解得a≥

1e－1＞0，令h(x)＝f′(x)＝a(x＋1)ex－2(a＋1)，则h′(x)＝a(x＋2)ex，当x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)＝f′(x)单调递增，而f′(0)＝－2－a＜0，f′(1)＝2ea－2a－2≥0，所以方程f′(x)＝

0存在唯一根x0，x0∈(0，1]，使得函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f(x0)＝ax0ex0－(a＋1)(2x0－1)，当x＞0时，要使f

(x)≥0恒成立，只需f(x0)≥0即可，又x0满足ex0＝2a＋2a（x0＋1），得f(x0)＝（a＋1）（－2x20＋x0＋1）x0＋1，因为x0∈(0，1]，所以－2x20＋x0＋1≥0，所以f(x0)≥0，所以f(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以实数a的取值范围为[1e

－1，＋∞)．法二：由条件可得，f(1)≥0，解得a≥1e－1＞0，当x＞0时，f(x)≥0恒成立，等价于xex≥a＋1a(2x－1)对任意的x＞0恒成立，等价于当x＞0时，函数y1＝xex的图像总不在直线y2＝a＋1a(2x－1)的下方．令

Q(x)＝xex(x＞0)，则Q′(x)＝(x＋1)·ex＞0，所以Q(x)＝xex(x＞0)单调递增；令P(x)＝Q′(x)＝(x＋1)ex(x＞0)，则P′(x)＝(x＋2)ex＞0，所以P(x)＝(x

＋1)ex(x＞0)单调递增，所以Q(x)＝xex(x＞0)为凹函数，又y2＝a＋1a(2x－1)是过定点(12，0)的直线系，当直线与曲线相切时，可设切点为T(x0，y0)(x0＞0)，则Q′（x0）＝2（a＋1）

ay0＝x0ex0，y0＝a＋1a（2x0－1），-4-即（x0＋1）ex0＝2（a＋1）a，x0ex0＝a＋1a（2x0－1），解得x0＝1，此时切线的斜率为Q′(1)＝2e，则当x＞0时，要使f(x)≥0恒成立，只需2（a＋1）a≤2e即可，解得

a≥1e－1.故a的取值范围是[1e－1，＋∞)．[破题技法]不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)如果无法

分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．(3)不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“

互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题

是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．已知函数f(x)＝sinxx(x≠0)．(1)判断函数f(x)在区间0，π2上的单调性；(2)若f(x)＜a在区间0，π2上恒成立，求实数a的最小值．解析：(1)f′(x)＝xcosx－sinxx2，令g(x

)＝xcosx－sinx，x∈0，π2，则g′(x)＝－xsinx，-5-显然，当x∈0，π2时，g′(x)＝－xsinx＜0.即函数g(x)在区间0，π2上单调递减，且g(0)＝0，

从而g(x)在区间0，π2上恒小于零，所以f′(x)在区间0，π2上恒小于零，所以函数f(x)在区间0，π2上单调递减．(2)不等式f(x)＜a，x∈0，π2恒

成立，即sinx－ax＜0恒成立．令φ(x)＝sinx－ax，x∈0，π2，则φ′(x)＝cosx－a，且φ(0)＝0.当a≥1时，在区间0，π2上φ′(x)＜0，即函数φ(x)单

调递减，所以φ(x)＜φ(0)＝0，即sinx－ax＜0恒成立，当0＜a＜1时，φ′(x)＝cosx－a＝0在区间0，π2上存在唯一解x0，当x∈(0，x0)时，φ′(x)＞0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与

sinx－ax＜0恒成立相矛盾，当a≤0时，在区间0，π2上φ′(x)＞0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sinx－ax＞0恒成立，这与sinx－ax＜0恒成立相矛盾．故实数a的最小值为1.考点三不等式存在性问题[例]设函数f(x)＝

alnx＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1，求a的取值范围．[解析](1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b，由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(

1)知，f(x)＝alnx＋1－a2x2－x，f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－axx－a1－a(x－1)．①若a≤12，则a1－a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在

(1，＋∞)上单调递增，-6-所以，存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1成立的充要条件为f(1)<aa－1，即1－a2－1<aa－1，解得－2－1<a<2－1.②若12<a<1，则a1－a>1，故当x∈1，a

1－a时，f′(x)<0，当x∈a1－a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)在1，a1－a上单调递减，在a1－a，＋∞上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1成立的充要条件为fa1－a<aa－

1.而fa1－a＝alna1－a＋a22（1－a）＋aa－1>aa－1，所以不合题意．③若a>1，则f(1)＝1－a2－1＝－a－12<aa－1.综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．[破题技

法]不等式存在性问题，也是转化为函数最值问题，其关键点为：(1)存在x使f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.(2)存在x使f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.(3)任意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(

x2)⇔f(x1)min>g(x2)min.(4)存在x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min.(5)存在x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max

>g(x2)max.已知函数f(x)＝lnx＋1x－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)＜0成立，求实数m的取值范围．解析：(1)f′(x)＝1x－1x2＝x－1x2，x＞0

.令f′(x)＞0，得x＞1，因此函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)．令f′(x)＜0，得0＜x＜1，因此函数f(x)的单调递减区间是(0，1)．(2)依题意，ma＜f(x)max.由(1)知，f(x)在x∈[1

，e]上是增函数．所以f(x)max＝f(e)＝lne＋1e－1＝1e.所以ma＜1e，即ma－1e＜0对于任意的a∈(－1，1)恒成立．所以m×1－1e≤0，m×（－1）－1e≤0，解得－1e≤m≤1e.-7-所以m的取值范围是－1e，1e.