2022高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)第二章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第十二節(jié)第1課時(shí)導(dǎo)數(shù)與不等式問題教師文檔教案文北師大版

1、第十二節(jié)第十二節(jié)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第 45 頁基礎(chǔ)梳理1利用導(dǎo)數(shù)證明不等式若證明 f(x)g(x)，x(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù) f(x)f(x)g(x)，如果 f(x)0，則 f(x)在(a，b)上是減函數(shù)， 同時(shí)若 f(a)0， 由減函數(shù)的定義可知， x(a， b)時(shí)， 有 f(x)0， 即證明了 f(x)g(x)2利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問題利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題，首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題3利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)用導(dǎo)數(shù)研

2、究函數(shù)的零點(diǎn)，一方面用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，借助零點(diǎn)存在性定理判斷；另一方面，也可將零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖像的交點(diǎn)問題，利用數(shù)形結(jié)合來解決1研究函數(shù)圖像的交點(diǎn)、方程的根、函數(shù)的零點(diǎn)，歸根到底是研究函數(shù)的性質(zhì)，如單調(diào)性、極值等2給出了具體的函數(shù)關(guān)系式，只需研究這個(gè)函數(shù)的性質(zhì)即可3函數(shù)關(guān)系式中含有比例系數(shù)，根據(jù)已知數(shù)據(jù)求出比例系數(shù)得到函數(shù)關(guān)系式，再研究函數(shù)的性質(zhì)4沒有給出函數(shù)關(guān)系，需要先建立函數(shù)關(guān)系，再研究函數(shù)的性質(zhì)第一課時(shí)導(dǎo)數(shù)與不等式問題授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第 45 頁考點(diǎn)一不等式證明例(2018高考全國卷)已知函數(shù)(x)aexln x1.(1)設(shè) x2 是(x)的極值點(diǎn)，求 a，并求(x)的單

3、調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng) a1e時(shí)，(x)0.解析(1)(x)的定義域?yàn)?0，)，(x)aex1x.由題設(shè)知，(2)0，所以 a12e2.從而(x)12e2exln x1，(x)12e2ex1x.當(dāng) 0 x2 時(shí)，(x)0；當(dāng) x2 時(shí)，(x)0.所以(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增(2)證明： 當(dāng) a1e時(shí)， (x)exeln x1.設(shè) g(x)exeln x1， 則 g(x)exe1x.當(dāng) 0 x1 時(shí)， g(x)0；當(dāng) x1 時(shí)，g(x)0.所以 x1 是 g(x)的最小值點(diǎn)故當(dāng) x0 時(shí)，g(x)g(1)0.因此，當(dāng) a1e時(shí)，(x)0.破題技法利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 f(

4、x)g(x)的基本方法(1)若 f(x)與 g(x)的最值易求出，可直接轉(zhuǎn)化為證明 f(x)ming(x)max；(2)若 f(x)與 g(x)的最值不易求出，可構(gòu)造函數(shù) h(x)f(x)g(x)，然后根據(jù)函數(shù) h(x)的單調(diào)性或最值，證明 h(x)0.設(shè)函數(shù) f(x)ln xx2，求證 f(x)1e.證明：f(x)ln xx2(x0)，f(x)12ln xx3.令 f(x)0，即 12ln x0，xe12.x(0，e12)，f(x)0，x(e12，)，f(x)0，f(x)在(0，e12)上為增函數(shù)，在(e12，)為減函數(shù)，f(x)maxf(e12)12e，f(x)12e1e.考點(diǎn)二不等式恒成

5、立問題例已知函數(shù) f(x)axex(a1)(2x1)(1)若 a1，求函數(shù) f(x)的圖像在點(diǎn)(0，f(0)處的切線方程；(2)若當(dāng) x0 時(shí)，f(x)0 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍解析(1)若 a1，則 f(x)xex2(2x1)，f(x)xexex4，當(dāng) x0 時(shí)，f(0)2，f(0)3，所以所求切線方程為 y3x2.(2)法一：f(x)axex(a1)(2x1)，f(x)a(x1)ex2(a1)，由條件可得，f(1)0，解得 a1e10，令 h(x)f(x)a(x1)ex2(a1)，則 h(x)a(x2)ex，當(dāng) x0 時(shí)，h(x)0，所以 h(x)f(x)單調(diào)遞增，而 f(0)2a

6、0，f(1)2ea2a20，所以方程 f(x)0 存在唯一根 x0，x0(0，1，使得函數(shù) f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增，所以函數(shù) f(x)在(0，)上的最小值為 f(x0)ax0ex0(a1)(2x01)，當(dāng) x0 時(shí)，要使 f(x)0恒成立，只需 f(x0)0 即可，又 x0滿足 ex02a2a（x01），得 f(x0)（a1） （2x20 x01）x01，因?yàn)?x0(0，1，所以2x20 x010，所以 f(x0)0，所以 f(x)0 在(0，)上恒成立，所以實(shí)數(shù) a 的取值范圍為1e1，)法二：由條件可得，f(1)0，解得 a1e10，當(dāng) x0 時(shí)，f(x)

7、0 恒成立，等價(jià)于 xexa1a(2x1)對任意的 x0 恒成立，等價(jià)于當(dāng) x0時(shí)，函數(shù) y1xex的圖像總不在直線 y2a1a(2x1)的下方令 q(x)xex(x0)，則 q(x)(x1)ex0，所以 q(x)xex(x0)單調(diào)遞增；令 p(x)q(x)(x1)ex(x0)，則 p(x)(x2)ex0，所以 p(x)(x1)ex(x0)單調(diào)遞增，所以 q(x)xex(x0)為凹函數(shù)，又 y2a1a(2x1)是過定點(diǎn)(12，0)的直線系，當(dāng)直線與曲線相切時(shí)，可設(shè)切點(diǎn)為 t(x0，y0)(x00)，則q（x0）2（a1）ay0 x0ex0，y0a1a（2x01） ，即（x01）ex02（a1）

8、a，x0ex0a1a（2x01） ，解得 x01，此時(shí)切線的斜率為 q(1)2e，則當(dāng) x0 時(shí)，要使 f(x)0 恒成立，只需2（a1）a2e 即可，解得 a1e1.故 a 的取值范圍是1e1，)破題技法不等式恒成立問題的求解策略(1)已知不等式 f(x，)0(為實(shí)參數(shù))對任意的 xd 恒成立，求參數(shù)的取值范圍利用導(dǎo)數(shù)解決此類問題可以運(yùn)用分離參數(shù)法，其一般步驟如下：(2)如果無法分離參數(shù)，可以考慮對參數(shù)或自變量進(jìn)行分類討論求解，如果是二次不等式恒成立的問題，可以考慮二次項(xiàng)系數(shù)與判別式的方法(a0，0 或 a0，0)求解(3)不等式存在性問題的求解策略“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補(bǔ)”

9、關(guān)系，即 f(x)g(a)對于 xd 恒成立，應(yīng)求f(x)的最小值；若存在 xd，使得 f(x)g(a)成立，應(yīng)求 f(x)的最大值在具體問題中究竟是求最大值還是最小值，可以先聯(lián)想“恒成立”是求最大值還是最小值，這樣也就可以解決相應(yīng)的“存在性”問題是求最大值還是最小值特別需要關(guān)注等號是否成立，以免細(xì)節(jié)出錯已知函數(shù) f(x)sin xx(x0)(1)判斷函數(shù) f(x)在區(qū)間0，2 上的單調(diào)性；(2)若 f(x)a 在區(qū)間0，2 上恒成立，求實(shí)數(shù) a 的最小值解析：(1)f(x)xcos xsin xx2，令 g(x)xcos xsin x，x0，2 ，則 g(x)xsin x，顯然，當(dāng) x0，2

10、 時(shí)，g(x)xsin x0.即函數(shù) g(x)在區(qū)間0，2 上單調(diào)遞減，且 g(0)0，從而 g(x)在區(qū)間0，2 上恒小于零，所以 f(x)在區(qū)間0，2 上恒小于零，所以函數(shù) f(x)在區(qū)間0，2 上單調(diào)遞減(2)不等式 f(x)a，x0，2 恒成立，即 sin xax0 恒成立令(x)sin xax，x0，2 ，則(x)cos xa，且(0)0.當(dāng) a1 時(shí)，在區(qū)間0，2 上(x)0，即函數(shù)(x)單調(diào)遞減，所以(x)(0)0，即 sin xax0 恒成立，當(dāng) 0a1 時(shí)，(x)cos xa0 在區(qū)間0，2 上存在唯一解 x0，當(dāng) x(0，x0)時(shí)，(x)0，故(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)

11、遞增，且(0)0，從而(x)在區(qū)間(0，x0)上大于零，這與 sin xax0 恒成立相矛盾，當(dāng) a0 時(shí)，在區(qū)間0，2 上(x)0，即函數(shù)(x)單調(diào)遞增，且(0)0，得 sin xax0 恒成立，這與 sin xax0 恒成立相矛盾故實(shí)數(shù) a 的最小值為 1.考點(diǎn)三不等式存在性問題例設(shè)函數(shù) f(x)aln x1a2x2bx(a1)，曲線 yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線斜率為 0.(1)求 b；(2)若存在 x01，使得 f(x0)0，f(x)在(1，)上單調(diào)遞增，所以，存在 x01，使得 f(x0)aa1成立的充要條件為 f(1)aa1，即1a21aa1，解得 21a 21.若12a1

12、，故當(dāng) x1，a1a 時(shí)，f(x)0，f(x)在1，a1a 上單調(diào)遞減，在a1a，上單調(diào)遞增所以，存在 x01，使得 f(x0)aa1成立的充要條件為 fa1a aa1，所以不合題意若 a1，則 f(1)1a21a12g(x2)f(x1)ming(x2)min.(4)存在 x1m，存在 x2n，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min.(5)存在 x1m，任意 x2n，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.已知函數(shù) f(x)ln x1x1.(1)求函數(shù) f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè) mr r，對任意的 a(1，1)，總存在 x01，e，使得不等式 maf(x0)0 成立，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍解析：(1)f(x)1x1x2x1x2，x0.令 f(x)0，得 x1，因