2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第3讲第2课时导数与不等式恒能成立课件

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这是一份2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第3讲第2课时导数与不等式恒能成立课件，共38页。PPT课件主要包含了分离参数法，等价转化法等内容，欢迎下载使用。

考点突破 · 互动探究
(2024·石家庄模拟)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)．即f′(x)＝xex＋ex－4，则f′(0)＝－3，f(0)＝2，所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.
【易错点】导数运算当00；当x>1时，F′(x)<0，
【卡壳点】不能确定F(x)max ＝F(1)
名师点拨：分离参数法解决恒成立问题的策略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)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
【变式训练】已知函数f(x)＝x2－(a＋1)ln x，若f(x)≥(a2－a)ln x对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
【卡壳点】分离参数，构造函数
【易错点】注意定义域要求
已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R)，若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
[解析]　f(x)≥ln x－a＋1可化为ex－1－ax＋a－1≥0(x>0)，令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，∵φ′(x)＝ex－1－a，
∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，
当x∈(0，ln a＋1)时，φ′(x)<0，当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增．
当ln a＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0恒成立矛盾，故a>1不符合题意．综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．
名师点拨：“等价转化法”解决不等式恒成立问题在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)>0或f(x，a)≥0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围．(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则f(x，a)>0恒成立⇔g(a)>0，f(x，a)≥0恒成立⇔g(a)≥0.(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则f(x，a)<0恒成立⇔g(a)<0，f(x，a)≤0恒成立⇔g(a)≤0.
【变式训练】设函数f(x)＝(1－x2)ex，当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．[解析]　令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，令x＝0，可得g(0)＝0.g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，令h(x)＝(1－x2－2x)ex－a，则h′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，当x≥0时，h′ (x)<0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，
故h(x)≤h(0)＝1－a，即g′(x)≤1－a，要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，即a≥1，此时g(x)≤g(0)＝0，故a≥1.综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞).
双变量的恒(能)成立问题
[解析]　(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.则满足条件的最大整数M＝4.
又h′(1)＝0，所以当1所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
名师点拨：“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有：(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
[解析]　x∈(－∞，＋∞)且f′(x)＝ex＋1＋(x－1)·ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，当m>0时，因为ex＋1>0，所以ex＋1＋2m>0，所以当x>0时，f′(x)>0；当x<0时，f′(x)<0.故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－e.
因为00，所以g(x)在(0,2]上为增函数．所以g(x)max＝g(2)＝8－2－2m＝6－2m.依题意有f(x1)min≤g(x2)max，
名师讲坛 · 素养提升
法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围．[解析]　方法一：令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a.∵x>0，∴ln(x＋1)>0.①当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴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，∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)<0；x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，∴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．综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
方法二：当x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴k(x)>k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)>0恒成立，∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则知
【变式训练】已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值；(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．[解析]　(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
(2)方法一：当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1满足条件．②当a>1时，若0ln a，则φ′(x)>0.
∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0.令g(a)＝a－1－aln a(a>1)，∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0，∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减．∴g(a)1不满足条件，综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．
方法二：当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，
令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，∴k′(x)＝ex·x>0，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，

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