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

这是一份新教材适用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，共60页。PPT课件主要包含了专题三函数与导数，分析考情·明方向，真题研究·悟高考，考点突破·提能力等内容，欢迎下载使用。

第4讲　利用导数研究不等式
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＝－ln a，当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)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(－∞，－ln a)上单调递减，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：证法一：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
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＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x，当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立，
2. (2023·全国新课标Ⅱ卷)(1)证明：当0又因为h(0)＝sin 0－0＝0，所以h(x)＝sin x－x<0对∀x∈(0,1)恒成立．亦即有sin x0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sin x＋x2－x>0对∀x∈(0,1)恒成立．所以x－x2(2)解法一：f(x)＝cs ax－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－a3x20时，由(1)知ax－a2x2asin(－ax)>－a2x，亦即有a2x＋a3x2下面证明(2)由题f(x)＝cs ax－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)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)(2)设h(x)＝f(x)－sin 2x，
①若a∈(－∞，3]，h′(x)＝φ(t)所以当a∈(－∞，3]，f(x)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核心考点1　不等式的证明
(1)证明：f(x)∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，即g(x)∴当n∈N*时，(2n＋1)ln(n＋1)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．
(1)求a的取值范围；(2)求证：x1＋x3>2；
即证x1＋x3>2⇔x3>2－x1⇔g(x3)所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)ln x1－x1＝ln x3－x3＝ln a，所以f(x1)＝f(x3)＝1＋ln a，
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
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．
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)＝e，故m利用导数解决不等式恒成立问题、存在性问题的策略(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可．(2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．
(3)解决存在性问题的一般思路：根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，然后利用导数求函数在该区间上的最值，最后构建不等式求解．
(2023·泸县校级模拟)已知函数f(x)＝ln x－2x.(1)求函数f(x)的极值；
【解析】　(1)已知f(x)＝ln x－2x，函数定义域为(0，＋∞)，
①当m≤0时，h′(x)>0对任意x∈(0，＋∞)成立，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以m≤0不满足题设；
因为x>0，所以x＝－1不满足条件，