新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第1篇核心專題提升多維突破專題3函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第4講利用導(dǎo)數(shù)研究不等式課件

第一篇核心專題提升?多維突破專題三函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第4講利用導(dǎo)數(shù)研究不等式分析考情·明方向真題研究·悟高考考點突破·提能力分析考情·明方向高頻考點高考預(yù)測利用導(dǎo)數(shù)證明不等式函數(shù)不等式中的參數(shù)范圍的討論，恒成立和能成立問題的討論，是高考的必考內(nèi)容.雙變量問題利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立或能成立(存在性)問題

真題研究·悟高考1.(2023·全國新課標Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；【解析】(1)因為f(x)＝a(ex＋a)－x，定義域為R，所以f′(x)＝aex－1，當a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞減；當a>0時，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，當x<－lna時，f′(x)<0，則f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減；當x>－lna時，f′(x)>0，則f(x)在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增；綜上：當a≤0時，f(x)在R上單調(diào)遞減；當a>0時，f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，f(x)在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：證法一：由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，證法二：令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1，由于y＝ex在R上單調(diào)遞增，所以h′(x)＝ex－1在R上單調(diào)遞增，又h′(0)＝e0－1＝0，所以當x<0時，h′(x)<0；當x>0時，h′(x)>0；所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)＝0，則ex≥x＋1，當且僅當x＝0時，等號成立，因為f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，當且僅當x＋lna＝0，即x＝－lna時，等號成立，2.(2023·全國新課標Ⅱ卷)(1)證明：當0<x<1時，x－x2<sinx<x.(2)已知函數(shù)f(x)＝cosax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的極大值點，求a的取值范圍．【解析】(1)證明：①設(shè)h(x)＝sinx－x，x∈[0,1]，h′(x)＝cosx－1≤0對?x∈[0,1]恒成立，且僅在x＝0時有h′(0)＝0，所以h(x)在x∈[0,1]上單調(diào)遞減，所以對?x∈(0,1)，有h(x)<h(0)恒成立．又因為h(0)＝sin0－0＝0，所以h(x)＝sinx－x<0對?x∈(0,1)恒成立．亦即有sinx<x.②設(shè)g(x)＝sinx＋x2－x，x∈[0,1]，g′(x)＝cosx＋2x－1，g″(x)＝－sinx＋2>0對?x∈[0,1]恒成立，所以g′(x)在x∈[0,1]上單調(diào)遞增，且因為g′(0)＝1＋0－1＝0，所以?x∈[0,1]，g′(x)≥0恒成立，且僅在x＝0時g′(0)＝0，所以函數(shù)y＝g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增．所以對?x∈(0,1)，有g(shù)(x)>g(0)恒成立又因為g(0)＝0，所以sinx＋x2－x>0對?x∈(0,1)恒成立．所以x－x2<sinx，x∈(0,1)．綜上可知：x－x2<sinx<x，x∈(0,1)成立．(2)解法一：f(x)＝cosax－ln(1－x2)，x∈(－1,1)，f″(0)＝－a2＋2.由極值的第二充分條件：y＝f(x)在x＝x0處二階可導(dǎo)，若f″(x0)<0，x＝x0是y＝f(x)的極大值點；若f″(x0)>0，x＝x0是y＝f(x)的極小值點；(關(guān)鍵點：這里使用了判斷極值點的第二充分條件)(ⅰ)若a>0，有a2x－a3x2<asinax<a2x；(ⅱ)若a<0，有a2x＋a3x2<asinax<a2x.證明：(ⅰ)當a>0時，由(1)知ax－a2x2<sinax<ax，所以a2x－a3x2<asinax<a2x.(ⅱ)當a<0時，由(1)知－ax－(－ax)2<sin(－ax)<－ax，－a2x－a(－ax)2>asin(－ax)>－a2x，亦即有a2x＋a3x2<asinax<a2x，故上述引理成立．下面證明(2)由題f(x)＝cosax－ln(1－x2)，x∈(－1,1)，所以存在t1>0，使得F(x)在(0，t1)上恒小于0，因此f′(x)<xF(x)<0，又因為y＝f′(x)是奇函數(shù)，所以在(－t1,0)上有f′(x)>0，因此函數(shù)f(x)在(－t1,0)上單調(diào)遞增，在(0，t1)上單調(diào)遞減，所以x＝0是函數(shù)y＝f(x)的極大值點．由于F(0)＝2－a2<0，所以存在t1>0，使得F(x)在(0，t1)上恒小于0，因此f′(x)＝xF(x)<0，又因為y＝f′(x)是奇函數(shù)，所以在(－t1,0)上有f′(x)>0，因此函數(shù)f(x)在(－t1,0)上單調(diào)遞增，在(0，t1)上單調(diào)遞減，所以x＝0是函數(shù)y＝f(x)的極大值點．故而函數(shù)y＝f(x)在x＝0的右側(cè)f′(x)>0，左側(cè)f′(x)<0，所以x＝0是函數(shù)的極小值點，不滿足條件．(1)若a＝8，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)<sin2x恒成立，求a的取值范圍．(2)設(shè)h(x)＝f(x)－sin2x，①若a∈(－∞，3]，h′(x)＝φ(t)<a－3≤0，所以當a∈(－∞，3]，f(x)<sin2x，符合題意．②若a∈(3，＋∞)，當t∈(t0,1)，φ(t)>0，即當x∈(0，x0)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增．所以當x∈(0，x0)，h(x)>h(0)＝0，不合題意．綜上，a的取值范圍為(－∞，3]．4.(2022·全國新課標Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝xeax－ex.(1)當a＝1時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)當x>0時，f(x)<－1，求a的取值范圍；【解析】(1)當a＝1時，f(x)＝(x－1)ex，則f′(x)＝xex，當x<0時，f′(x)<0，當x>0時，f′(x)>0，故f(x)的減區(qū)間為(－∞，0)，增區(qū)間為(0，＋∞)．(2)設(shè)h(x)＝xeax－ex＋1，則h(0)＝0，又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，設(shè)g(x)＝(1＋ax)eax－ex，則g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，因為g′(x)為連續(xù)不間斷函數(shù)，故存在x0∈(0，＋∞)，使得?x∈(0，x0)，總有g(shù)′(x)>0，故g(x)在(0，x0)為增函數(shù)，故g(x)>g(0)＝0，故h(x)在(0，x0)為增函數(shù)，故h(x)>h(0)＝0，與題設(shè)矛盾．由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，故h′(x)≤0總成立，即h(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，所以h(x)<h(0)＝0.當a≤0時，有h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，所以h(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，所以h(x)<h(0)＝0.故不等式成立．考點突破·提能力核心考點1不等式的證明典例研析·悟方法(1)證明：f(x)<e；(2)討論f(x)的單調(diào)性，并證明：當n∈N*時，(2n＋1)ln(n＋1)<nlnn＋(n＋1)ln(n＋2)．典例1∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，即g(x)<g(0)＝0，∴l(xiāng)n(1＋x)<x，∴當n∈N*時，(2n＋1)ln(n＋1)<nlnn＋(n＋1)ln(n＋2)．方法技巧·精提煉利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的兩個妙招(1)構(gòu)造函數(shù)法證明不等式①移項，使等式右邊為零，左邊構(gòu)造為新函數(shù)．②求導(dǎo)判斷單調(diào)性，通常要對參數(shù)分類討論．③根據(jù)單調(diào)性，求出最值與“0”比較即可得證．(2)轉(zhuǎn)化函數(shù)最值法證明不等式①條件：函數(shù)很復(fù)雜，直接求導(dǎo)不可行．②拆分：把復(fù)雜函數(shù)拆分成兩個易求最值函數(shù)．③方法：分別求導(dǎo)，結(jié)合單調(diào)性和圖象以及極值、最值，比較得出結(jié)論．加固訓(xùn)練·促提高(1)求a的取值范圍；(2)求證：x1＋x3>2；即證x1＋x3>2?x3>2－x1?g(x3)<g(2－x1)?g(x1)<g(2－x1)，令h(x)＝g(x)－g(2－x)(0<x<1)，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以h(x)<h(1)＝0，所以g(x)<g(2－x)(0<x<1)，又0<x1<1，所以g(x1)<g(2－x1)，從而得證．lnx1－x1＝lnx3－x3＝lna，所以f(x1)＝f(x3)＝1＋lna，又因為x1x3＝a2ex1＋x3，核心考點2不等式恒成立、能成立(存在性)問題典例研析·悟方法

已知函數(shù)f(x)＝mex－x2.(1)當x≥0時，若f(x)>4x＋4，求實數(shù)m的取值范圍；(2)若存在x∈[－1,4]，使得f(x)<0，求實數(shù)m的取值范圍．典例2當x≥0時，g′(x)≤0，g(x)單調(diào)遞減，則g(x)max＝g(0)＝4.所以實數(shù)m的取值范圍為(4，＋∞)．令h′(x)＝0可得x＝0或2.當x∈[－1,0)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當x∈(0,2)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當x∈(2,4]時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，又h(－1)＝e>h(2)，則h(x)在[－1,4]內(nèi)的最大值為h(－1)＝