适用于新高考新教材备战2025届高考数学一轮总复习第4章一元函数的导数及其应用解答题专项1第1课时利用导数研究不等式恒能成立问题课件新人教A版

这是一份适用于新高考新教材备战2025届高考数学一轮总复习第4章一元函数的导数及其应用解答题专项1第1课时利用导数研究不等式恒能成立问题课件新人教A版，共35页。PPT课件主要包含了因式分解等内容，欢迎下载使用。

考情分析:导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活.纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放在解答题的最后位置,对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养都有较深入的考查.
考点一 分离参数法解决不等式恒(能)成立问题
例1(2024·河南南阳模拟)已知函数f(x)=ln x+x- ,其中a∈R.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)如果对于任意x∈(1,+∞),都有f(x)>2,求实数a的取值范围.
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+1=4(x-1),即4x-y-5=0.
因为x∈(1,+∞),所以ln x>0,2x-1>0,所以当x∈(1,+∞)时,g'(x)=ln x+2x-1>0,故g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当x∈(1,+∞)时,g(x)>g(1)=1×ln 1+1-2×1=-1,因为对于任意x∈(1,+∞),都有a[对点训练1](2024·广东深圳模拟)已知f(x)=ax-ln x,a∈R.(1)讨论f(x)的单调区间和极值;(2)若x∈(0,e]时,不等式f(x)≤3有解,求a的取值范围.
例2(2024·福建泉州模拟)已知函数f(x)=ln x-mx2+(1-2m)x+1.(1)若m=1,求f(x)的极值;(2)若对于任意x>0,f(x)≤0恒成立,求整数m的最小值.
当x∈(0,x0)时,φ(x)>0,则F'(x)>0;当x∈(x0,+∞)时,φ(x)<0,则F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,
考点二 最值法解决不等式恒(能)成立问题
例3(2024·江苏常州模拟)已知函数f(x)=ax2-ln x+(2a-1)x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调区间;(2)设a>0,若不等式f(x)+ ≥0对x∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围.
综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;
[对点训练2](2024·湖北荆门模拟)设函数f(x)=ex-ax,x≥0且a∈R.(1)求函数f(x)的单调性;(2)若不等式f(x)≥x2+1恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)f'(x)=ex-a,x≥0.当a≤1时,f'(x)≥0恒成立,则f(x)在[0,+∞)上单调递增;当a>1时,若x∈(0,ln a),则f'(x)<0,f(x)在[0,ln a)上单调递减;若x∈(ln a,+∞),f'(x)>0,则f(x)在(ln a,+∞)上单调递增.
考点三 分类讨论法解决不等式恒(能)成立问题
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;突破口:换元及因式分解.(2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围.关键点:端点值代入获得临界条件,分类讨论确定参数范围.审题指导:(1)将a=1代入解析式求导后,将f'(x)的表达式整理为关于cs x的形式,然后换元,因式分解,从而确定f'(x)的符号,得到函数的单调性.(2)将不等式化为g(x)<0的形式,然后借助g(x)在区间端点处的函数值g(0)=0以及其单调性应满足的条件来推断g'(x)满足的条件应为a≤0,然后再通过分类讨论解决问题.
　　　　　 　
　　　　　 　
求导后对f'(x)的表达式进行整理统一为用cs x表示的形式
因为t2+2t+2=(t+1)2+1>0,t-1<0,cs3x=t3>0,
确定导数的符号,需确定各因式的符号
借助区间端点处的函数值g(0)=0及其单调性应满足的条件来推断g'(x)满足的条件
分类讨论a=0时的情况
借助放缩与a=0时的情况联系
考点四 “同构法”解决不等式恒(能)成立问题
例5(2024·福建漳州模拟)已知函数f(x)=aex+x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x>1时,f(x)> +x,求实数a的取值范围.
解 (1)函数定义域为R,且f'(x)=aex+1.当a≥0时,f'(x)>0,所以f(x)在R上单调递增.当a<0时,令f'(x)>0,可得x<-ln(-a),令f'(x)<0,可得x>-ln(-a),所以f(x)在(-∞,-ln(-a))上单调递增,在(-ln(-a),+∞)上单调递减.综上所述,当a≥0时,f(x)在R上单调递增;当a<0时,f(x)在(-∞,-ln(-a))上单调递增,在(-ln(-a),+∞)上单调递减.
因此ex+ln a+ln a+x>ln(x-1)+x-1,即ex+ln a+x+ln a>eln(x-1)+ln(x-1).令h(x)=ex+x,则有h(x+ln a)>h(ln(x-1))对于x∈(1,+∞)恒成立.因为h'(x)=ex+1>0,所以h(x)在R上单调递增,故只需x+ln a>ln(x-1),即ln a>ln(x-1)-x在(1,+∞)上恒成立.
当x∈(1,2)时,F'(x)>0,当x∈(2,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(1,2)内单调递增,在(2,+∞)上单调递减,所以F(x)≤F(2)=-2.
[对点训练4](2024·安徽铜陵模拟)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).(1)试求函数f(x)的极值;(2)若存在实数x>0使得xebx-ex+(b-1)x2+xln x≥0成立,求实数b的取值范围.
解 (1)函数定义域为R,且f'(x)=ex-a.①当a≤0时,函数f(x)在R上单调递增,不存在极值.②当a>0时,由f'(x)=ex-a=0,得x=ln a,当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,∴f(x)极小值=f(ln a)=a-aln a,无极大值.