2024年新高考数学第一轮复习课件：第17讲　第2课时　导数与不等式恒成立(能成立)问题

这是一份2024年新高考数学第一轮复习课件：第17讲　第2课时　导数与不等式恒成立(能成立)问题，共39页。PPT课件主要包含了举题说法，－∞2，随堂内化，2－ln2＋∞等内容，欢迎下载使用。

例1　若对任意x∈(0，＋∞)，不等式2x＋lnx≤a(x2＋x)恒成立，求实数a的取值范围．
令h′(x)＝0，则1－x－lnx＝0，观察发现x＝1是1－x－lnx＝0的根．又因为φ(x)＝1－x－lnx在(0，＋∞)上单调递减，所以1－x－lnx＝0的根仅有x＝1，在(0,1)上，φ(x)>0；在(1，＋∞)上，φ(x)<0.
(1) 若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；(2) 若af(x)能成立⇔a>f(x)min；(4)∃x∈D，使得a(1) 任意x1∈A，任意x2∈B，使得f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)max；(2) 任意x1∈A，存在x2∈B，使得f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min；(3) 存在x1∈A，任意x2∈B，使得f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；(4) 存在x1∈A，存在x2∈B，使得f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)min.
【解答】 因为f(x)＝xsinx＋csx，所以f′(x)＝sinx＋xcsx－sinx＝xcsx.
备选　(2022·北京朝阳区二模)已知函数f(x)＝xsinx＋csx.(1) 当x∈(0，π)时，求函数f(x)的单调区间；
对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈[0,1]，使得h(x1)≤g(x2)成立，等价于h(x)max ≤g(x)max.
f(x1，x2) (2022·重庆模拟)已知函数f(x)＝lnx＋ax2－3x.(1) 若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，求函数f(x)的极小值；
因为当x∈[1,5]时，F′(x)<0，所以函数F(x)在[1,5]上单调递减，所以F(x)min＝F(5)＝－2×53＋3×52－5＝－180，所以m≤－180，即实数m的取值范围为(－∞，－180]．
【解析】 当x＝0时，不等式x－ln(x＋1)≤ax2对任意的实数a都成立．
例4　当x≥0时，x－ln(x＋1)≤ax2恒成立，则实数a的取值范围是___________.
已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，则实数a的取值范围是________________.
②若2－a<0，即a>2，则存在x0∈(1，＋∞)，使得当1点击对应数字即可跳转到对应题目
2. 已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0，都有f(x)>ax成立，则实数a的取值范围是________________.
【解析】 方法一(最值分析法)：令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，因为x>0，所以ln(x＋1)>0.(1) 当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增．又φ(0)＝0，所以φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意．(2) 当1－a<0，即a>1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，所以当x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)<0；当x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)>0.所以φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，所以φ(x)min＝φ(ea－1－1)<φ(0)＝0与φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不满足题意．综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．
3. 已知函数f(x)＝kx(1－lnx)，其中k为非零实数．(1) 求f(x)的极值；
【解答】 f(x)＝kx(1－lnx)，其中k为非零实数，f′(x)＝－klnx，x>0.①当k<0时，x∈(0,1)，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减，x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增，所以函数y＝f(x)有极小值f(1)＝k；②当k>0时，x∈(0,1)，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减，所以函数y＝f(x)有极大值f(1)＝k.综上所述，当k<0时，y＝f(x)有极小值f(1)＝k；当k>0时，y＝f(x)有极大值f(1)＝k.