新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第4讲利用导数研究不等式课件

第一篇核心专题提升•多维突破专题三函数与导数第4讲利用导数研究不等式分析考情·明方向真题研究·悟高考考点突破·提能力分析考情·明方向高频考点高考预测利用导数证明不等式函数不等式中的参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论，是高考的必考内容.双变量问题利用导数研究不等式恒成立或能成立(存在性)问题

真题研究·悟高考1.(2023·全国新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；【解析】(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，当x<－lna时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－lna)上单调递减；当x>－lna时，f′(x)>0，则f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增；综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)证明：证法一：由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增，又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0；所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，当且仅当x＋lna＝0，即x＝－lna时，等号成立，2.(2023·全国新课标Ⅱ卷)(1)证明：当0<x<1时，x－x2<sinx<x.(2)已知函数f(x)＝cosax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围．【解析】(1)证明：①设h(x)＝sinx－x，x∈[0,1]，h′(x)＝cosx－1≤0对∀x∈[0,1]恒成立，且仅在x＝0时有h′(0)＝0，所以h(x)在x∈[0,1]上单调递减，所以对∀x∈(0,1)，有h(x)<h(0)恒成立．又因为h(0)＝sin0－0＝0，所以h(x)＝sinx－x<0对∀x∈(0,1)恒成立．亦即有sinx<x.②设g(x)＝sinx＋x2－x，x∈[0,1]，g′(x)＝cosx＋2x－1，g″(x)＝－sinx＋2>0对∀x∈[0,1]恒成立，所以g′(x)在x∈[0,1]上单调递增，且因为g′(0)＝1＋0－1＝0，所以∀x∈[0,1]，g′(x)≥0恒成立，且仅在x＝0时g′(0)＝0，所以函数y＝g(x)在[0,1]上单调递增．所以对∀x∈(0,1)，有g(x)>g(0)恒成立又因为g(0)＝0，所以sinx＋x2－x>0对∀x∈(0,1)恒成立．所以x－x2<sinx，x∈(0,1)．综上可知：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.由极值的第二充分条件：y＝f(x)在x＝x0处二阶可导，若f″(x0)<0，x＝x0是y＝f(x)的极大值点；若f″(x0)>0，x＝x0是y＝f(x)的极小值点；(关键点：这里使用了判断极值点的第二充分条件)(ⅰ)若a>0，有a2x－a3x2<asinax<a2x；(ⅱ)若a<0，有a2x＋a3x2<asinax<a2x.证明：(ⅰ)当a>0时，由(1)知ax－a2x2<sinax<ax，所以a2x－a3x2<asinax<a2x.(ⅱ)当a<0时，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．下面证明(2)由题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，又因为y＝f′(x)是奇函数，所以在(－t1,0)上有f′(x)>0，因此函数f(x)在(－t1,0)上单调递增，在(0，t1)上单调递减，所以x＝0是函数y＝f(x)的极大值点．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，又因为y＝f′(x)是奇函数，所以在(－t1,0)上有f′(x)>0，因此函数f(x)在(－t1,0)上单调递增，在(0，t1)上单调递减，所以x＝0是函数y＝f(x)的极大值点．故而函数y＝f(x)在x＝0的右侧f′(x)>0，左侧f′(x)<0，所以x＝0是函数的极小值点，不满足条件．(1)若a＝8，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)<sin2x恒成立，求a的取值范围．(2)设h(x)＝f(x)－sin2x，①若a∈(－∞，3]，h′(x)＝φ(t)<a－3≤0，所以当a∈(－∞，3]，f(x)<sin2x，符合题意．②若a∈(3，＋∞)，当t∈(t0,1)，φ(t)>0，即当x∈(0，x0)，h′(x)>0，h(x)单调递增．所以当x∈(0，x0)，h(x)>h(0)＝0，不合题意．综上，a的取值范围为(－∞，3]．4.(2022·全国新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝xeax－ex.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，则f′(x)＝xex，当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，故f(x)的减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞)．(2)设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0，又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，因为g′(x)为连续不间断函数，故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，故g(x)在(0，x0)为增函数，故g(x)>g(0)＝0，故h(x)在(0，x0)为增函数，故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，故h′(x)≤0总成立，即h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以h(x)<h(0)＝0.当a≤0时，有h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，所以h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以h(x)<h(0)＝0.故不等式成立．考点突破·提能力核心考点1不等式的证明典例研析·悟方法(1)证明：f(x)<e；(2)讨论f(x)的单调性，并证明：当n∈N*时，(2n＋1)ln(n＋1)<nlnn＋(n＋1)ln(n＋2)．典例1∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，即g(x)<g(0)＝0，∴ln(1＋x)<x，∴当n∈N*时，(2n＋1)ln(n＋1)<nlnn＋(n＋1)ln(n＋2)．方法技巧·精提炼利用导数证明不等式的两个妙招(1)构造函数法证明不等式①移项，使等式右边为零，左边构造为新函数．②求导判断单调性，通常要对参数分类讨论．③根据单调性，求出最值与“0”比较即可得证．(2)转化函数最值法证明不等式①条件：函数很复杂，直接求导不可行．②拆分：把复杂函数拆分成两个易求最值函数．③方法：分别求导，结合单调性和图象以及极值、最值，比较得出结论．加固训练·促提高(1)求a的取值范围；(2)求证：x1＋x3>2；即证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)上单调递增，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)，从而得证．lnx1－x1＝lnx3－x3＝lna，所以f(x1)＝f(x3)＝1＋lna，又因为x1x3＝a2ex1＋x3，核心考点2不等式恒成立、能成立(存在性)问题典例研析·悟方法

已知函数f(x)＝mex－x2.(1)当x≥0时，若f(x)>4x＋4，求实数m的取值范围；(2)若存在x∈[－1,4]，使得f(x)<0，求实数m的取值范围．典例2当x≥0时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，则g(x)max＝g(0)＝4.所以实数m的取值范围为(4，＋∞)．令h′(x)＝0可得x＝0或2.当x∈[－1,0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(0,2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(2,4]时，h′(x)<0，h(x)单调递减，又h(－1)＝e>h(2)，则h(x)在[－1,4]内的最大值为h(－1)＝