2022届高考数学（文）北师大版一轮复习学案：2-12 第一课时　导数与不等式问题 WORD版含答案.doc

1、第十二节导数的综合应用授课提示：对应学生用书第45页基础梳理1利用导数证明不等式若证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果F(x)0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)0，由减函数的定义可知，x(a，b)时，有F(x)0，即证明了f(x)g(x)2利用导数解决不等式的恒成立问题利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题3利用导数研究函数的零点用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点

2、存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决1研究函数图像的交点、方程的根、函数的零点，归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等2给出了具体的函数关系式，只需研究这个函数的性质即可3函数关系式中含有比例系数，根据已知数据求出比例系数得到函数关系式，再研究函数的性质4没有给出函数关系，需要先建立函数关系，再研究函数的性质第一课时导数与不等式问题授课提示：对应学生用书第45页考点一不等式证明例(2018高考全国卷)已知函数(x)aexln x1.(1)设x2是(x)的极值点，求a，并求(x)的单调区间；(2)证明：当a时，(x)0.解析(1)(x)的定义域

3、为(0，)，(x)aex.由题设知，(2)0，所以a.从而(x)exln x1，(x)ex.当0x2时，(x)0；当x2时，(x)0.所以(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增(2)证明：当a时，(x)ln x1.设g(x)ln x1，则g(x).当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点故当x0时，g(x)g(1)0.因此，当a时，(x)0.破题技法利用导数证明不等式f(x)g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)ming(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)f(x)g(

4、x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)0.设函数f(x)，求证f(x).证明：f(x)(x0)，f(x).令f(x)0，即12ln x0，xe.x(0，e)，f(x)0，x(e，)，f(x)0，f(x)在(0，e)上为增函数，在(e，)为减函数，f(x)maxf(e)，f(x).考点二不等式恒成立问题例已知函数f(x)axex(a1)(2x1)(1)若a1，求函数f(x)的图像在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若当x0时，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解析(1)若a1，则f(x)xex2(2x1)，f(x)xexex4，当x0时，f(0)2，f(0)3，所以所求切线方

5、程为y3x2.(2)法一：f(x)axex(a1)(2x1)，f(x)a(x1)ex2(a1)，由条件可得，f(1)0，解得a0，令h(x)f(x)a(x1)ex2(a1)，则h(x)a(x2)ex，当x0时，h(x)0，所以h(x)f(x)单调递增，而f(0)2a0，f(1)2ea2a20，所以方程f(x)0存在唯一根x0，x0(0，1，使得函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以函数f(x)在(0，)上的最小值为f(x0)ax0ex0(a1)(2x01)，当x0时，要使f(x)0恒成立，只需f(x0)0即可，又x0满足ex0，得f(x0)，因为x0(0，1，所以2

6、xx010，所以f(x0)0，所以f(x)0在(0，)上恒成立，所以实数a的取值范围为，)法二：由条件可得，f(1)0，解得a0，当x0时，f(x)0恒成立，等价于xex(2x1)对任意的x0恒成立，等价于当x0时，函数y1xex的图像总不在直线y2(2x1)的下方令Q(x)xex(x0)，则Q(x)(x1)ex0，所以Q(x)xex(x0)单调递增；令P(x)Q(x)(x1)ex(x0)，则P(x)(x2)ex0，所以P(x)(x1)ex(x0)单调递增，所以Q(x)xex(x0)为凹函数，又y2(2x1)是过定点(，0)的直线系，当直线与曲线相切时，可设切点为T(x0，y0)(x00)，则

7、即解得x01，此时切线的斜率为Q(1)2e，则当x0时，要使f(x)0恒成立，只需2e即可，解得a.故a的取值范围是，)破题技法不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，)0(为实参数)对任意的xD恒成立，求参数的取值范围利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a0，0或a0，0)求解(3)不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xD恒成立，应求f(x)的最小值；若存在xD，使得f(x)g

8、(a)成立，应求f(x)的最大值在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值特别需要关注等号是否成立，以免细节出错已知函数f(x)(x0)(1)判断函数f(x)在区间上的单调性；(2)若f(x)a在区间上恒成立，求实数a的最小值解析：(1)f(x)，令g(x)xcos xsin x，x，则g(x)xsin x，显然，当x时，g(x)xsin x0.即函数g(x)在区间上单调递减，且g(0)0，从而g(x)在区间上恒小于零，所以f(x)在区间上恒小于零，所以函数f(x)在区间上单调递减(2)不等式f(x)

9、a，x恒成立，即sin xax0恒成立令(x)sin xax，x，则(x)cos xa，且(0)0.当a1时，在区间上(x)0，即函数(x)单调递减，所以(x)(0)0，即sin xax0恒成立，当0a1时，(x)cos xa0在区间上存在唯一解x0，当x(0，x0)时，(x)0，故(x)在区间(0，x0)上单调递增，且(0)0，从而(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin xax0恒成立相矛盾，当a0时，在区间上(x)0，即函数(x)单调递增，且(0)0，得sin xax0恒成立，这与sin xax0恒成立相矛盾故实数a的最小值为1.考点三不等式存在性问题例设函数f(x)aln xx2b

10、x(a1)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x01，使得f(x0)0，f(x)在(1，)上单调递增，所以，存在x01，使得f(x0)成立的充要条件为f(1)，即1，解得1a1.若a1，故当x时，f(x)0，f(x)在上单调递减，在上单调递增所以，存在x01，使得f(x0)成立的充要条件为f，所以不合题意若a1，则f(1)1g(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.已知函数f(x)ln x1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设mR，对任意的a(1，1)，总存在x01，e，使得不等式maf(x0)0成立，求实数m的取值范围解析：(1)f(x)，x0.令f(x)0，得x1，因此函数f(x)的单调递增区间是(1，)令f(x)0，得0x1，因此函数f(x)的单调递减区间是(0，1)(2)依题意，maf(x)max.由(1)知，f(x)在x1，e上是增函数所以f(x)maxf(e)ln e1.所以ma，即ma0对于任意的a(1，1)恒成立所以解得m.所以m的取值范围是.