2025高考数学一轮复习-3.4.1-利用导数研究不等式问题【课件】

第4节导数的综合应用第一课时利用导数研究不等式问题提升·关键能力类分考点,落实四翼考点一利用导数解决不等式的恒成立问题[例1](2024·广西柳州模拟)已知函数f(x)=alnx++bx,且曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为2x-y+1=0.(1)求实数a,b的值及函数f(x)的单调区间;因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为2x-y+1=0,所以有f′(1)=2,f(1)=3,由f′(x)>0,所以函数f(x)的单调递增区间是;由f′(x)<0,所以函数f(x)的单调递减区间为.(2)若关于x的不等式f(x)-2≥

恒成立,求实数m的取值范围.解:(2)不等式f(x)-2≥恒成立,即xf(x)-2x-x2≥m(x>0)恒成立,等价于当x∈(0,+∞)时,m≤xlnx+x2-2x+1恒成立.令g(x)=xlnx+x2-2x+1(x>0),则m≤g(x)min,g′(x)=lnx+x-1,当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(1)=-,所以m≤g(x)min=-,即实数m的取值范围是(-∞,-].解含参不等式恒成立问题,可以根据不等式的性质将参数分离出来,得到一个一端是参数,另一端是变量表达式的不等式,具体步骤如下:(1)分离参数(注意分离参数时自变量x的取值范围是否影响不等号的方向).(2)转化:若a>f(x)对x∈D恒成立,则只需a>f(x)max;若a<f(x)对x∈D恒成立,则只需a<f(x)min.(3)求最值.[针对训练]已知函数f(x)=ex,a,b∈R.(1)若a=2,b=1,求函数f(x)的极值;解:(1)当a=2,b=1时,定义域为(-∞,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<.所以当x=-1时,f(x)取得极大值f(-1)=;当x=时,f(x)取得极小值f()=4.(2)设g(x)=a(x-1)ex-f(x),当a=1时,对任意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,当a=1时,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,记h(x)=x2-2x-(x>0),当0<x<1时,h′(x)<0,h(x)单调递减;当x>1时,h′(x)>0,h(x)单调递增.所以h(x)min=h(1)=-1-,所以b≤-1-,即b的最大值为-1-.考点二利用导数解决不等式的能成立问题[例2](2024·江苏苏州质检)已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;解:(1)当a=1时,f(x)=x-ex,则f′(x)=1-ex,当x<0时,f′(x)>0,当x>0时,f′(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以函数f(x)的极大值为f(0)=-1,无极小值.(2)若存在x∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求实数a的取值范围.解:(2)若存在x∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,则问题转化为a≤()max(x>0),h′(x)>0,所以函数h(x)在

上单调递增,h′(x)<0,在(,+∞)上单调递减,故实数a的取值范围是(-∞,].利用导数解决能成立问题的策略(1)分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.(2)a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min;a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.[针对训练](2024·湖南衡阳模拟)已知函数f(x)=-ax2+lnx(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性﹔解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a≤0时,f′(x)>0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,由f′(x)=0,得x=(负值舍去),由f′(x)>0,得x∈(0,),由f′(x)<0,得x∈(,+∞),于是有f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减.综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减.(2)若存在x∈(1,+∞),f(x)>-a,求a的取值范围.解:(2)由f(x)>-a,得a(x2-1)-lnx<0,x∈(1,+∞),-lnx<0,x2-1>0.当a≤0时,a(x2-1)-lnx<0,满足题意;当a≥时,令g(x)=a(x2-1)-lnx(x>1),g(x)在(1,+∞)上单调递增,则g(x)>g(1)=0,不符合题意;由g′(x)>0,由g′(x)<0,于是有g(x)在(1,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,则当0<a<时,∃x∈(1,+∞),g(x)<0.综上,a的取值范围为(-∞,).考点三利用导数证明不等式[例3](2024·山东潍坊模拟)已知函数f(x)=ex-ax-a,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(1)解:函数f(x)=ex-ax-a的定义域为R,求导得f′(x)=ex-a,当a≤0时,f′(x)>0恒成立,即f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,当a>0时,令f′(x)=ex-a>0,解得x>lna,令f′(x)<0,解得x<lna,即f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,所以当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,当a>0时,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.(2)当a=1时,令g(x)=.证明:当x>0时,g(x)>1.(2)证明:当a=1时,当x>0时,x>0,F′(x)=<0恒成立,则F(x)在(0,+∞)上单调递减,F(x)<F(0)=-1=0,因此<1成立,所以当x>0时,g(x)>1.待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,有时对复杂的式子要进行变形,利用导数研究其单调性和最值,借助所构造函数的单调性和最值即可得证.[针对训练]设函数f(x)=ln(a-x)-x+e.(1)求函数f(x)的单调区间;(1)解:函数f(x)的定义域为{x|x<a},因为x<a,所以f′(x)<0.故函数f(x)的单调递减区间为(-∞,a),无单调递增区间.(2)当a=e时