2025高考數學一輪復習-3.4.1-利用導數研究不等式問題【課件】

第4節(jié)導數的綜合應用第一課時利用導數研究不等式問題提升·關鍵能力類分考點,落實四翼考點一利用導數解決不等式的恒成立問題[例1](2024·廣西柳州模擬)已知函數f(x)=alnx++bx,且曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為2x-y+1=0.(1)求實數a,b的值及函數f(x)的單調區(qū)間;因為曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為2x-y+1=0,所以有f′(1)=2,f(1)=3,由f′(x)>0,所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間是;由f′(x)<0,所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間為.(2)若關于x的不等式f(x)-2≥

恒成立,求實數m的取值范圍.解:(2)不等式f(x)-2≥恒成立,即xf(x)-2x-x2≥m(x>0)恒成立,等價于當x∈(0,+∞)時,m≤xlnx+x2-2x+1恒成立.令g(x)=xlnx+x2-2x+1(x>0),則m≤g(x)min,g′(x)=lnx+x-1,當x∈(0,1)時,g′(x)<0,g(x)單調遞減;當x∈(1,+∞)時,g′(x)>0,g(x)單調遞增.所以g(x)min=g(1)=-,所以m≤g(x)min=-,即實數m的取值范圍是(-∞,-].解含參不等式恒成立問題,可以根據不等式的性質將參數分離出來,得到一個一端是參數,另一端是變量表達式的不等式,具體步驟如下:(1)分離參數(注意分離參數時自變量x的取值范圍是否影響不等號的方向).(2)轉化:若a>f(x)對x∈D恒成立,則只需a>f(x)max;若a<f(x)對x∈D恒成立,則只需a<f(x)min.(3)求最值.[針對訓練]已知函數f(x)=ex,a,b∈R.(1)若a=2,b=1,求函數f(x)的極值;解:(1)當a=2,b=1時,定義域為(-∞,0)∪(0,+∞),令f′(x)=0,得x=-1或x=,由f′(x)>0,得x<-1或x>;由f′(x)<0,得-1<x<0或0<x<.所以當x=-1時,f(x)取得極大值f(-1)=;當x=時,f(x)取得極小值f()=4.(2)設g(x)=a(x-1)ex-f(x),當a=1時,對任意x∈(0,+∞),都有g(x)≥1成立,求b的最大值.解:(2)g(x)=a(x-1)ex-f(x)=(ax--2a)ex,當a=1時,g(x)=(x--2)ex,又g(x)≥1在(0,+∞)上恒成立,所以b≤x2-2x-在(0,+∞)上恒成立,記h(x)=x2-2x-(x>0),當0<x<1時,h′(x)<0,h(x)單調遞減;當x>1時,h′(x)>0,h(x)單調遞增.所以h(x)min=h(1)=-1-,所以b≤-1-,即b的最大值為-1-.考點二利用導數解決不等式的能成立問題[例2](2024·江蘇蘇州質檢)已知函數f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.(1)當a=1時,求函數f(x)的極值;解:(1)當a=1時,f(x)=x-ex,則f′(x)=1-ex,當x<0時,f′(x)>0,當x>0時,f′(x)<0,所以函數f(x)在(-∞,0)上單調遞增,在(0,+∞)上單調遞減,所以函數f(x)的極大值為f(0)=-1,無極小值.(2)若存在x∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求實數a的取值范圍.解:(2)若存在x∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,則問題轉化為a≤()max(x>0),h′(x)>0,所以函數h(x)在

上單調遞增,h′(x)<0,在(,+∞)上單調遞減,故實數a的取值范圍是(-∞,].利用導數解決能成立問題的策略(1)分離變量,構造函數,直接把問題轉化為函數的最值問題.(2)a≥f(x)能成立?a≥f(x)min;a≤f(x)能成立?a≤f(x)max.[針對訓練](2024·湖南衡陽模擬)已知函數f(x)=-ax2+lnx(a∈R).(1)討論f(x)的單調性﹔解:(1)函數f(x)的定義域為(0,+∞),當a≤0時,f′(x)>0,則f(x)在(0,+∞)上單調遞增;當a>0時,由f′(x)=0,得x=(負值舍去),由f′(x)>0,得x∈(0,),由f′(x)<0,得x∈(,+∞),于是有f(x)在(0,)上單調遞增,在(,+∞)上單調遞減.綜上,當a≤0時,f(x)在(0,+∞)上單調遞增;當a>0時,f(x)在(0,)上單調遞增,在(,+∞)上單調遞減.(2)若存在x∈(1,+∞),f(x)>-a,求a的取值范圍.解:(2)由f(x)>-a,得a(x2-1)-lnx<0,x∈(1,+∞),-lnx<0,x2-1>0.當a≤0時,a(x2-1)-lnx<0,滿足題意;當a≥時,令g(x)=a(x2-1)-lnx(x>1),g(x)在(1,+∞)上單調遞增,則g(x)>g(1)=0,不符合題意;由g′(x)>0,由g′(x)<0,于是有g(x)在(1,)上單調遞減,在(,+∞)上單調遞增,則當0<a<時,?x∈(1,+∞),g(x)<0.綜上,a的取值范圍為(-∞,).考點三利用導數證明不等式[例3](2024·山東濰坊模擬)已知函數f(x)=ex-ax-a,a∈R.(1)討論f(x)的單調性;(1)解:函數f(x)=ex-ax-a的定義域為R,求導得f′(x)=ex-a,當a≤0時,f′(x)>0恒成立,即f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增,當a>0時,令f′(x)=ex-a>0,解得x>lna,令f′(x)<0,解得x<lna,即f(x)在(-∞,lna)上單調遞減,在(lna,+∞)上單調遞增,所以當a≤0時,f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增,當a>0時,f(x)在(-∞,lna)上單調遞減,在(lna,+∞)上單調遞增.(2)當a=1時,令g(x)=.證明:當x>0時,g(x)>1.(2)證明:當a=1時,當x>0時,x>0,F′(x)=<0恒成立,則F(x)在(0,+∞)上單調遞減,F(x)<F(0)=-1=0,因此<1成立,所以當x>0時,g(x)>1.待證不等式的兩邊含有同一個變量時,一般地,可以直接構造“左減右”的函數,有時對復雜的式子要進行變形,利用導數研究其單調性和最值,借助所構造函數的單調性和最值即可得證.[針對訓練]設函數f(x)=ln(a-x)-x+e.(1)求函數f(x)的單調區(qū)間;(1)解:函數f(x)的定義域為{x|x<a},因為x<a,所以f′(x)<0.故函數f(x)的單調遞減區(qū)間為(-∞,a),無單調遞增區(qū)間.(2)當a=e時