2022高三统考数学一轮课件：第二章 第十二节 第一课时 导数与不等式问题
新高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.12.2利用导数证明不等式课件
易知 h(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，则 h(x)min＝h1e＝0，所以 lnx＋e1x≥0.
再令 φ(x)＝ex－ex，则 φ′(x)＝e－ex， 易知 φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则 φ(x)max＝φ(1)＝0，所以 ex－ex≤0. 因为 h(x)与 φ(x)不同时为 0，所以 ex－ex<lnx＋e1x，故原不 等式成立．
令 h(x)＝g′(x)， 则 h′(x)＝2e2x－2(2x2＋4x＋1)＋4>0， 所以 g′(x)在[0,2]上单调递增，且 g′(1)＝0， 所以 g(x)在[0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增， 所以 g(x)的最小值为 g(1)＝0， 所以 g(x)≥0，即 f(x)≥－2x2＋8x－5.
故 x2－34>lnxx，即 x2>lnxx＋34，即 x3>lnx＋34x，即 x3>f(x)．
方法技巧 用特征分析构造法证明不等式，就是将一些复杂函数通过等 价变形或合理拆分，得到一些熟悉的基本初等函数，然后利用这 些基本初等函数的性质和图象等，进行合理放缩，这样可以大大 减少运算量，降低思维难度，进而使问题更易解答.
第二章
函数、导数及其应用
第十二节 导数破解疑难优质课
第2课时 利用导数证明不等式
构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关 的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函 数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法： 证明不等式 f(x)>g(x)(f(x)<g(x))转化为证明 f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)， 进而构造辅助函数 h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已 知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如 lnx≤x－1，ex≥x＋1， lnx<x<ex(x>0)，x＋x 1≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；(3)特征分析构造法：稍作变
2022届高考数学一轮复习课件-第二章 第1讲 函数与映射的概念 广东版
⑤因为A中每一个元素在
f：x→y＝
1 2
x
作用下对应的元素
构成的集合，
C＝{y|0≤y≤1}⊆B，符合映射定义，是映射.
⑥对 A 中任何一个元素，
按照对应关系 f，在 B 中都有唯一.(多选题)下列各组函数表示不同函数的是( ) A.f(x)＝ x2，g(x)＝( x)2 B.f(x)＝1，g(x)＝x0 C.f(x)＝ x2，g(x)＝|x| D.f(x)＝x＋1，g(x)＝xx2－－11
C.(1，＋∞)
D.[1，＋∞)
解析：设 k＝x2－2x＋2 即 x2－2x＋2－k＝0，k 没有元素对
应即上述方程无解Δ＜0，(－2)2－4(2－k)＜0，∴k＜1，故选 B.
答案：B
【题后反思】理解映射的概念，应注意以下几点： (1)映射是一种特殊的对应，它具有①方向性：映射是有次 序的，一般地从 A 到 B 的映射与从 B 到 A 的映射是不同的； ②唯一性：集合 A 中的任意一个元素在集合 B 中都有唯一的 元素与之对应，可以是一对一，多对一，但不能一对多. (2)映射的判断方法 依据映射的定义：先看集合 A 中每一个元素在集合 B 中是 否均有对应元素.若有，看对应元素是否唯一；集合 B 中有剩余 元素不影响映射的成立.对应是一对一或多对一.
题组二 走进教材
2.(必修 1P23 第2 题改编)图 2-1-1 的四个图象中，是函数图 象的是( )
①
②
③
④
图 2-1-1
A.①
B.①③④
C.①②③ D.③④
解析：由每一个自变量 x 对应唯一一个 f(x)可知②不是函数 图象，①③④是函数图象.
答案：B
3.(必修 1P74 第 2 题改编)函数 f(x)＝ log12x－1的定义域为 ()
2022届高三统考数学文北师大版一轮：第二章 第十二节 第一课时 导数与不等式问题
第二章 函数、导数及其应用第十二节 导数的综合应用 第一课时 导数与不等式问题课时规范练A 组——基础对点练1．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫179，＋∞ C ．(－∞，2] D ．(－∞，2)答案：A2．对任意x ∈R ，函数f (x )的导数存在，若f ′(x )>f (x )，且a >0，则以下说法正确的是( ) A ．f (a )>e a ·f (0) B ．f (a )<e a ·f (0) C ．f (a )>f (0)D ．f (a )<f (0) 解析：设g (x )＝f （x ）e x ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x >0，故g (x )＝f （x ）e x 为R 上的单调递增函数，因此g (a )>g (0)，即f （a ）e a >f （0）e＝f (0)，所以f (a )>e a·f (0)，故选A. 答案：A3．若存在正数x 使2x (x －a )<1成立，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，＋∞) B ．(－2，＋∞) C ．(0，＋∞)D ．(－1，＋∞)解析：∵2x (x －a )<1，∴a >x －12x . 令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2>0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )>f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D. 答案：D4．(2020·吉林模拟)已知定义域为(0，＋∞)的函数f (x )的图像经过点(2，4)，且f ′(x )＞1，则不等式f (2x －2)＜2x 的解集为( ) A ．(0，＋∞) B ．(0，2) C ．(1，2)D ．(0，1)解析：令g (x )＝f (x )－x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝f ′(x )－1＞0，所以g (x )＝f (x )－x 在(0，＋∞)上单调递增，且g (2)＝f (2)－2＝2.由f (2x －2)＜2x 得f (2x －2)－(2x －2)＜2，即g (2x －2)＜g (2)，所以⎩⎨⎧2x －2＞0，2x －2＜2，解得1＜x ＜2.故选C.答案：C5．(2020·昆明调研)若函数f (x )＝2x －x 2－1，对于任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，都有f (x )≤0恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，－1] B ．(－∞，0] C ．(－∞，4]D ．(－∞，5]解析：对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，都有f (x )≤0恒成立，可转化为对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，2x ≤x 2＋1恒成立．令g (x )＝2x ，h (x )＝x 2＋1，当x ＜0时，g (x )＜h (x )，当x ＝0或1时，g (x )＝h (x )，当x ＝2或3或4时，g (x )＜h (x )，当x ≥5时，g (x )＞h (x )．综上，实数a 的取值范围为(－∞，5]，故选D. 答案：D6．函数f (x )＝ln x ＋ax (a ∈R )在区间[e －2，＋∞)上有两个零点，则a 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2e 2，1e B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤2e 2，1eC.⎝ ⎛⎦⎥⎤2e 2，1e D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，2e解析：令f (x )＝ln x ＋ax ＝0，x ∈[e －2，＋∞)，得－a ＝x ln x ．记H (x )＝x ln x ，x ∈ [e －2，＋∞)，则H ′(x )＝1＋ln x ，由此可知H (x )在[e －2，e －1)上单调递减，在(e －1，＋∞)上单调递增，且H (e －2)＝－2e －2，H (e －1)＝－e －1，当x →＋∞时，H (x )→＋∞，故当2e 2≤a ＜1e 时，f (x )在[e －2，＋∞)上有两个零点，故选A. 答案：A7．做一个圆柱形锅炉，容积为V ，两个底面的材料每单位面积的价格为a 元，侧面的材料每单位面积的价格为b 元，当造价最低时，锅炉的底面直径与高的比为( ) A.a b B ．a 2b C.b aD ．b 2a解析：如图，设圆柱的底面半径为R ，高为h ，则V ＝πR 2h .设造价为y ＝2πR 2a ＋2πRhb ＝2πaR 2＋2πRb ·V πR 2＝2πaR 2＋2bV R ，所以y ′＝4πaR －2bVR 2. 令y ′＝0，得2R h ＝ba . 答案：C8．(2020·无锡质检)已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a ＞0)，g (x )＝xf ′(x )，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎨⎧f （x ），f （x ）≥g （x ），g （x ），f （x ）＜g （x ）.若存在x ∈[1，2]，使得h (x )＝f (x )，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，2] B ．(0，2) C ．(0，2]D ．(0，1]解析：f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2.∵存在x ∈[1，2]，使得h (x )＝f (x )，∴f (x )≥g (x )在[1，2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x2在[1，2]上有解，即不等式2a≤1x3＋3x在[1，2]上有解．设y＝1x3＋3x＝3x2＋1x3(x∈[1，2])，∵y′＝－3x2－3x4＜0在[1，2]上恒成立，∴y＝1x3＋3x在[1，2]上单调递减，∴当x＝1时，y＝1x3＋3x取得最大值4，∴2a≤4，即a≤2，又a＞0，故实数a的取值范围为(0，2]，故选C. 答案：C9．电动自行车的耗电量y与速度x之间有关系y＝13x3－392x2－40x(x＞0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．解析：令y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，由于0＜x＜40时，y′＜0；当x＞40时，y′＞0.所以当x＝40时，y有最小值．答案：4010．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图像有相异的三个公共点，求a的取值范围．解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，如图，观察得－2＜a＜2时恰有三个不同的公共点．B组——素养提升练11．若等差数列{a n}中的a28，a4 012是函数f(x)＝13x3－4x2＋6x－1的两个极值点，则log8a2 020＝________．解析：由题意可知f′(x)＝x2－8x＋6，又a28，a4 012是函数f(x)＝13x3－4x2＋6x－1的极值点，∴a28，a4 012是方程x2－8x＋6＝0的两个实根，由根与系数的关系可得a28＋a4 012＝8，由等差数列的性质可得2a2 020＝a28＋a4 012＝8，∴a2 020＝4，∴log8a2 020＝log84＝2 3.答案：2312．(2020·西安八校联考)若函数f (x )＝13x 3＋x 2－ax 在区间(1，＋∞)上单调递增，且在区间(1，2)上有零点，求实数a 的取值范围．解析：由f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，可知f ′(x )＝x 2＋2x －a 在(1，＋∞)上恒大于等于0，又因为函数f ′(x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以只需f ′(1)＝1＋2－a ≥0 即a ≤3，又f (x )在区间(1，2)有零点， 所以f (1)·f (2)＜0，即43＜a ＜103， 综上可知43＜a ≤3. 13．设函数f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x ，令f ′(x )＝0得x ＝－1±2，当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )＞0；当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )＜0；所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减；在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)令g (x )＝f (x )－ax －1＝(1－x 2)e x －(ax ＋1)， 令x ＝0，可得g (0)＝0， g ′(x )＝(1－x 2－2x )e x －a ，令h (x )＝(1－x 2－2x )e x －a ，h ′(x )＝－(x 2＋4x ＋1)e x ，当x ≥0时，h ′(x )＜0，h (x )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，a 的取值范围是[1，＋∞)．14．(2020·鹰潭市模拟)已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图像在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求m 的取值范围；(3)求证：ln 22×ln 33×ln 44×…×ln n n <1n (n ≥2，n ∈N ＋)． 解析：(1)f ′(x )＝a （1－x ）x(x >0)，当a ＞0时，f (x )的单调增区间为(0，1]，减区间为[1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的单调增区间为[1，＋∞)，减区间为(0，1]； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)由f ′(2)＝－a 2＝1，得a ＝－2，f (x )＝－2ln x ＋2x －3，∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2，∵g (x )在区间(t ，3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2， ∴⎩⎨⎧g ′（t ）<0g ′（3）>0， 由题意知，对于任意的t ∈[1，2]，g ′(t )＜0恒成立，所以有⎩⎨⎧g ′（1）<0g ′（2）<0g ′（3）>0，∴－373<m <－9.(3)证明：令a ＝－1此时f (x )＝－ln x ＋x －3， 所以f (1)＝－2，由(1)知f (x )＝－ln x ＋x －3在(1，＋∞)上单调递增， ∴当x ∈(1，＋∞)时f (x )＞f (1)， 即－ln x ＋x －1＞0，∴ln x ＜x －1对一切x ∈(1，＋∞)成立， ∵n ≥2，n ∈N ＋，则有0＜ln n ＜n －1， ∴0<ln n n <n －1n ，∴ln 22×ln 33×ln 44×…×ln n n <12×23×34×…×n －1n ＝1n (n ≥2，n ∈N ＋)．。
导数与不等式高三数学(新高考)一轮复习课件PPT
解：(1)f′(x)＝ex－2x， 则 f′(1)＝e－2，f(1)＝e－1， 所以曲线 f(x)在 x＝1 处的切线方程为 y＝(e－2)x＋1. (2)证明：设 g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)， 则 g′(x)＝ex－2x－(e－2)， 设 m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)，则 m′(x)＝ex－2， 易得 g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 又 g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0， 由 0<ln 2<1，则 g′(ln 2)<0， 所以存在 x0∈(0，ln 2)，使得 g′(x0)＝0， 所以当 x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0； 当 x∈(x0,1)时，g′(x)<0.
微点 2 分拆函数法 [例 3] 已知函数 f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a＝e 时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
导数与不等式高三数学（新高考）一 轮复习 课件PPT 【PPT 实用课 件】
解：(1)f′(x)＝ex－a(x>0)， ①若 a≤0，则 f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②若 a>0，则当 0<x<ae时，f′(x)>0，当 x>ae时，f′(x)<0， 故 f(x)在0，ae上单调递增，在ae，＋∞上单调递减．
T 实用课 件】
类题通法 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左 减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即 可得证.
导数与不等式高三数学（新高考）一 轮复习 课件PPT 【PPT 实用课 件】
导数的概念及运算课件 高三数学一轮复习
f'（x）＝ －sin x
目录
基本初等函数
f（x）＝ex
f（x）＝ax（a＞0，且a≠1）
f（x）＝ln x
f（x）＝logax（a＞0，且a≠1）
导数
f'（x）＝
ex
f'（x）＝
axln a
f'（x）＝
1
f'（x）＝
1
ln
目录
（2）导数的运算法则
①函数和、差、积、商的导数：若f'（x），g'（x）存在，则有：
（－e，－1）（e为自然对数的底数），则点A的坐标是
.
答案 （e，1）
目录
THANK . YOU
1），即y＝3x＋3.
答案：y＝3x＋3
目录
｜解题技法｜
求曲线切线方程的步骤
（1）求出函数y＝f（x）在点x＝x0处的导数，即曲线y＝f（x）在点P（x0，f
（x0））处切线的斜率；
（2）由点斜式方程求得切线方程为y－f（x0）＝f'（x0）·（x－x0）.
提醒 “过”与“在”：曲线y＝f（x）“在点P（x0，y0）处的切线”与“过点
y
(0 +Δ)−(0 )
lim ＝ lim
叫做函数y＝f（x）在x＝x0处的导数，记作f'（x0）或
x
Δ
Δ→0
x→0
Δ
(0 +Δ)−(0 )
y'|=0 ，即f'（x0）＝ lim ＝ lim
；
Δ
Δ
Δ→0
Δ→0
（2）导数的几何意义：函数f（x）在x＝x0处的导数f'（x0）的几何意义是在曲
2022届一轮复习人教A版-------不等式选讲----------课件(43张)
较法的应用,无论哪种方法都要注意等号成立的条件.
考点考法探究
自测题
已知a,b,c均为正实数.
2
(1)求证:(a+b)(ab+c )≥4abc;
2
证明:要证(a+b)(ab+c )≥4abc,
2
2
2
2
2
2
2
2
即证a b+ac +ab +bc -4abc≥0,只需证b(a +c -2ac)+a(c +b -2bc)≥0,
绝对值不等式的 含绝对值的函数的图像
·T23
求解·T23
与综合应用·T23
真知真题扫描
1.[2020·全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)=|3x+1|-2|x-1|.
(1)画出y=f(x)的图像;
−−3, ≤
解:由题设知f(x)=
1
5−1,−
3
1
− ,
3
< ≤ 1,
+ 3, > 1.
y=f(x)的图像如图所示.
2
2
+
+
+
+
]≥ [a +b +c +2
·
1−
1−
1−
1−
1−
2
1−
1−
2 (1−) 2 (1−)
2 (1−) 2 (1−) 1 2
1
2
2
+2
·
+2
·
]= (a +b +c +2ab+2ac+2bc)= (a
数学一轮复习第二章函数导数及其应用第一讲函数及其表示学案含解析
第二章函数、导数及其应用第一讲函数及其表示知识梳理·双基自测错误!错误!错误!错误!知识点一函数的概念及表示1．函数与映射的概念函数映射两集合A，B 设A，B是两个__非空数集__设A，B是两个__非空集合__对应关系f:A→B 如果按照某种确定的对应关系f，使对于集合A中的__任意__一个数x，在集合B中有__唯一__的数f（x)和它对应如果按某一个确定的对应关系f，使对于集合A中的__任意__一个元素x在集合B中有__唯一__的元素y与之对应名称称对应__f：A→B__为从集合A到集合B的一个函数称对应__f:A→B__为从集合A到集合B的一个映射记法y＝f（x），x∈A对应f:A→B是一个2。
函数（1)函数实质上是从一个非空数集到另一个非空数集的映射．（2）函数的三要素：__定义域、值域、对应法则__。
（3)函数的表示法：__解析法、图象法、列表法__。
(4)两个函数只有当__定义域和对应法则__都分别相同时，这两个函数才相同．知识点二分段函数及应用在一个函数的定义域中，对于自变量x的不同取值范围，有着不同的对应关系，这样的函数叫分段函数，分段函数是一个函数而不是几个函数．错误!错误!错误!错误!1．映射：（1)映射是函数的推广,函数是特殊的映射,A，B为非空数集的映射就是函数；(2)映射的两个特征：第一,在A中取元素的任意性；第二，在B中对应元素的唯一性；(3)映射问题允许多对一,但不允许一对多．2．判断两个函数相等的依据是两个函数的定义域和对应关系完全一致．3．分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．4．与x轴垂直的直线和一个函数的图象至多有1个交点．双错误!错误!错误!题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√"或“×”）(1）f(x)＝错误!＋错误!是一个函数．(×）(2)函数f（x)的图象与直线x＝1的交点只有1个．（×)(3)已知f（x）＝m（x∈R)，则f(m3)等于m3.(×）(4)y＝ln x2与y＝2ln x表示同一函数．（×)（5)f（x)＝错误!则f(－x）＝错误!（√）题组二走进教材2．（必修P23T2改编）下列所给图象是函数图象的个数为(B)A．1 B．2C．3 D．4[解析]①中当x〉0时，每一个x的值对应两个不同的y值，因此不是函数图象,②中当x＝x0时，y的值有两个，因此不是函数图象，③④中每一个x的值对应唯一的y值,因此是函数图象．3．（必修1P24T4改编)已知f（x5)＝lg x，则f(2)等于(D) A．lg 2 B．lg 32C．lg 错误!D．错误!lg 2［解析]解法一：由题意知x〉0，令t＝x5，则t〉0，x＝t错误!，∴f（t）＝lg t错误!＝错误!lg t，即f（x)＝错误!lg x(x>0)，∴f(2）＝错误!lg 2，故选D．解法二：令x5＝2，则x＝2错误!，∴f(2）＝lg 2错误!＝错误!lg 2。
2022版新高考数学人教B版一轮复习课件：第二章第一节不等式性质与基本不等式
【解析】(1)选 B.对于选项 A，令 a＝－1，b＝1 时，a2＝1＝b2，故 A 不正确；对
于选项 C，a2b>0>ab2，故 C 不正确；对于选项 D，令 a＝－1，b＝1 时，ba ＝－1
＝ab
，故 D 不正确；对于选项 B，a2b>0>ab2，则a1b2
1 <0<a2b
.
b－c a－c b2－bc－a2＋ac
所以 B 错误；对于 C，因为 c<b<a<0，所以1b
1 >a
，则bc
c <a
，所以 C 错误；对于
D，因为|b|>|a|，c<0，所以|b|c<|a|c，所以 D 正确．
考点突破·典例探究
比较大小与不等式的性质 【典例 1】(1)(2021·西安模拟)已知 a，b 为非零实数，且 a<0<b，则下列命题成立
第二章 不 等 式 第一节 不等式性质与基本不等式
必备知识·自我排查
【基础知识梳理】 1．两个实数比较大小的依据
2．不等式的性质 (1)a>b⇔a＋c>b＋c； (2)a>b，c>0⇒ac>bc； (3)a>b，c<0⇒ac<bc； (4)a>b，b>c⇒a>c； (5)a>b⇔b<a.
【微思考】
2
.
b (2)a
＋ab
≥2(ab>0).
2
a＋b
(3)1a＋1b ≤ ab ≤ 2 ≤
a2＋b2 2
(a>0，b>0).
1．下列命题正确的是( )
A．若 a>b，则1a
1 <b
2022版高考数学一轮课件：第2章第12讲第3课时导数与函数的零点或方程的根、不等式
第二章 函数、导数及其应用
高考一轮总复习 • 数学
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3．(理)(选修 2－2P32BT1 改编)(文)(选修 1－1P99BT4 改编)若函数 f(x)
＝lnxx，0<a<b<e，则有
( C)
A．f(a)>f(b)
B．f(a)＝f(b)
C．f(a)<f(b)
D．f(a)f(b)>1
[解析] ∵f(x)＝lnxx，∴f′(x)＝1－xl2n x，当 0<x<e 时，f′(x)>0，故
第二章 函数、导数及其应用
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(文)f′(x)＝3x2－3，令 f′(x)＝0，∴x＝±1.三次方程 f(x)＝0 有 3 个 根⇔f(x)极大值>0 且 f(x)极小值<0.
∵x＝－1 为极大值点，x＝1 为极小值点． ∴ff－1＝1＝ a－2＋ 2<a0>，0， ∴－2<a<2.
第二章 函数、导数及其应用
高考一轮总复习 • 数学
1．若 x∈(0，π2)，则 tan x>x>sin x. 2．若 x∈(0，＋∞)，则 ex≥x＋1>x－1≥ln x.
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第二章 函数、导数及其应用
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题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或用
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(文)设 f(x)＝ex－x－1，则 f′(x)＝ex－1 在(－∞，0)上 f′(x)<0，在(0， ＋∞)上 f′(x)>0，故 f(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以 f(x)在 x＝0 处有最小值，故 f(x)≥f(0)＝0，∴ex≥x＋1.
2022版高考数学一轮复习第2章不等式第1讲相等关系与不等关系课件
(b－m>0)．
第十二页，编辑于星期六：四点 五分。
1．(教材改编)给出下列命题：①a>b⇒ac2>bc2；②a>|b|⇒a2>b2；③
a>b⇒a3>b3；④|a|>b⇒a2>b2.
其中正确的命题是
()
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
【答案】B
第十三页，编辑于星期六：四点 五分。
2．(2021年青岛模拟)已知a>b，c>d，且c，d不为0，那么下列不等
第十七页，编辑于星期六：四点 五分。
5．若实数a，b满足0<a<2,0<b<1，则a－b的取值范围是________． 【答案】(－1,2) 【解析】因为0<b<1，所以－1<－b<0, 因为0<a<2，所以－1<a－ b<2.
第十八页，编辑于星期六：四点 五分。
6．设 α∈0，π2，β∈0，π2，那么 2α－3β的范围是________． 【答案】－π6，π 【解析】由题设得 0<2α<π，0≤β3≤π6，所以－π6≤－β3≤0，所以－π6<2α －β3<π.
考点要求
考情概览
考向预测：利用不等式的性质解题，多以小题出 梳理等式的性质，理解不
现，题目难度不大． 等式的概念，掌握不等式
学科素养：主要考查数学运算、逻辑推理、数学 的性质
运算的素养
第五页，编辑于星期六：四点 五分。
栏目导航
01 基础整合 自测纠偏
02 重难突破 能力提升
03 素养微专 直击高考
特别提醒 ⇔ ⇒ ⇔
注意 c 的符号
第十页，编辑于星期六：四点 五分。
2022届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.12第1课时导数与不等式问题学案理新人教版202
第十二节 导数的综合应用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X 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，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．1．研究函数图象的交点、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 导数与不等式问题题型一 不等式证明[典例剖析]类型 1 构造函数法[例1](2021·某某某某模拟)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .解析：(1)因为f (x )＝1－ln xx (x ＞0)，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1.因为g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x2－b .因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直， 所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1，所以g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1，解得a ＝－1，b ＝－1. (2)证明：由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x ＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0.令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)，则h (1)＝0，h ′(x )＝－1＋ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋ee x ＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋ee x＋1＞0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增， 所以当x ≥1时，h (x )≥h (1)＝0， 即1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0，所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .类型 2 分析函数法[例2](2021·某某某某模拟)已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 解析：(1)f ′(x )＝ex－a (x ＞0).①若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②若a ＞0，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0，当x ＞ea 时，f ′(x )＜0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ea ，＋∞上单调递减． (2)证明：因为x ＞0， 所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x )max ＝f (1)＝－e ， 记g (x )＝e xx －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝（x －1）e xx 2，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e ，综上，当x ＞0时，f (x )≤g (x )， 即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 方法总结1．利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 证得不等式．2．证明f (x )＞g (x )，可以构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后利用h (x )的最值证明不等式． 3．若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．[题组突破]1．已知函数f (x )＝ax 2＋x ln x (a ∈R )的图象在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋3y ＝0垂直． (1)某某数a 的值；(2)求证：当n ＞m ＞0时，ln n －ln m ＞m n －nm.解析：(1)因为f (x )＝ax 2＋x ln x ，所以f ′(x )＝2ax ＋ln x ＋1，因为切线与直线x ＋3y ＝0垂直，所以切线的斜率为3，所以f ′(1)＝3，即2a ＋1＝3，故a ＝1.(2)证明：要证ln n －ln m ＞m n －n m ，即证ln n m ＞m n －nm ，只需证ln n m －m n ＋nm＞0.令n m ＝x ，由已知n ＞m ＞0，得n m ＞1，即x ＞1，构造函数g (x )＝ln x －1x ＋x (x ＞1)，则g ′(x )＝1x ＋1x 2x ∈(1，＋∞)，所以g ′(x )＝1x ＋1x2＋1＞0，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增． 所以g ⎝⎛⎭⎫n m ＞g (1)＝0，即ln n m －m n ＋n m ＞0成立，所以当n ＞m ＞0时，ln n －ln m ＞m n －n m . 2．已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线的斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)求证：当x ＞0时，x 2＜e x ；(3)求证：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2＜c e x . 解析：(1)由f (x )＝e x －ax 得f ′(x )＝e x －a ，则f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.所以，当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 故当x ＝ln 2时，f (x )有极小值且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值． (2)证明：令g (x )＝e x －x 2(x ∈(0，＋∞))， 则g ′(x )＝e x －2x ， 由(1)得g ′(x )≥f (ln 2)＞0， 所以g (x )为增函数，因此，当x ＞0时，g (x )＞g (0)＝1＞0，即x 2＜e x . (3)证明：令h (x )＝13x 3－e x (x ∈(0，＋∞))，则h ′(x )＝x 2－e x ，由(2)知，当x ＞0时，x 2＜e x ，所以h ′(x )＜0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以h (x )＜h (0)＝－1，即13x 3＜e x . 取x 0＝3c ，当x ＞x 0时，有1c x 2＜13x 3＜e x ，因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2＜c e x .题型二 不等式恒成立的问题[典例剖析]类型 1 单变量不等式恒成立问题 [例1] 已知函数f (x )＝m e x －x 2.(1)若m ＝1，求曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f (x )≥x (4－m e x )在[0，＋∞)上恒成立，某某数m 的取值X 围． 解析：(1)当m ＝1时，f (x )＝e x －x 2， 所以f ′(x )＝e x －2x ，所以f ′(0)＝1. 又f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝x ，即x －y ＋1＝0.(2)由f (x )≥x (4－m e x )，得m e x (x ＋1)≥x 2＋4x ，不等式f (x )≥x (4－m e x )在[0，＋∞)上恒成立，等价于当x ≥0时，m ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2＋4x e x （x ＋1）max ，令g (x )＝x 2＋4xe x （x ＋1）(x ≥0)， 则g ′(x )＝－（x ＋2）（x 2＋2x －2）（x ＋1）2e x .由g ′(x )＝0及x ≥0，得x ＝3－1，当x ∈(0，3－1)时，g ′(x )＞0，此时g (x )单调递增； 当x ∈(3－1，＋∞)时，g ′(x )＜0， 此时g (x )单调递减，所以当x ＝3－1时， g (x )max ＝g (3－1)＝2e 1－3，所以m ≥2e 1－3，所以实数m 的取值X 围为[2e 1－3，＋∞).类型 2 双变量不等式恒成立问题 [例2] 已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a ＜0).(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对于任意的x 1，x 2∈(0，1]，且x 1≠x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|＜4⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2，某某数a 的取值X 围．解析：(1)由题意知f ′(x )＝1－a x ＝x －a x (x ＞0)，因为x ＞0，a ＜0，所以f ′(x )＞0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)不妨设0＜x 1＜x 2≤1，则1x 1＞1x 2＞0，由(1)知f (x 1)＜f (x 2)，所以|f (x 1)－f (x 2)|＜4⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2⇔f (x 2)－f (x 1)＜4⎝⎛⎭⎫1x 1－1x 2⇔f (x 1)＋4x 1＞f (x 2)＋4x 2. 设g (x )＝f (x )＋4x，x ∈(0，1]，易知g (x )在(0，1]上单调递减，所以g ′(x )≤0在(0，1]上恒成立⇔1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2≤0在(0，1]上恒成立⇔a ≥x －4x 在(0，1]上恒成立，易知y ＝x －4x 在(0，1]上单调递增，a ＜0，所以－3≤a ＜0，所以实数a 的取值X 围为[－3，0).类型 3 可转化为不等式恒成立的问题[例3](2021·某某某某模拟)已知函数f (x )＝ax e x －x 2－2x . (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x ＞0时，若曲线y ＝f (x )在直线y ＝－x 的上方，某某数a 的取值X 围． 解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝x e x －x 2－2x ， 其导数f ′(x )＝e x (x ＋1)－2x －2， f ′f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－x . (2)根据题意，当x ＞0时，“曲线y ＝f (x )在直线y ＝－x 的上方”等价于“ax e x －x 2－2x ＞－x 恒成立”， 又由x ＞0，则ax ex－x 2－2x ＞－x ⇒a e x －x －1＞0⇒a ＞x ＋1e x，则原问题等价于a ＞x ＋1e x 恒成立．设g (x )＝x ＋1e x ，则g ′(x )＝－xe x ，又由x ＞0，则g ′(x )＜0，则函数g (x )在区间(0，＋∞)上递减， 又由g (0)＝1e 0＝1，则有x ＋1e x ＜1，若a ＞x ＋1e x 恒成立，必有a ≥1，即a 的取值X 围为[1，＋∞). 方法总结1．求解不等式恒成立问题时，可以直接构造函数，然后用导数证明该函数的单调性，再利用函数的单调性，转化为判断该函数的最值的正负来求解参数的取值X 围．2．求解不等式恒成立问题时，也可以适当恒等变形，部分分离，化为过定点的直线与函数图象的位置关系，再利用导数的几何意义，转化为直线的斜率与过定点的切线的斜率的大小关系求解参数的取值X 围．[题组突破]1．(2021·某某九校联盟联考)设函数f (x )＝e x －a sin x . (1)当a ＝1时，证明：∀x ∈(0，＋∞)，f (x )＞1；(2)若∀x ∈[0，＋∞)，f (x )≥0都成立，某某数a 的取值X 围．解析：(1)证明：由a ＝1知f (x )＝e x －sin x ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＝e x －cos x ＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是增函数．又f (0)＝1，故∀x ∈(0，＋∞)，f (x )＞f (0)＝1，即当a ＝1时，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )＞1.(2)当a ＝0时，f (x )＝e x ，符合条件；当a ＞0时，设y 1＝e x 与y 2＝a sin x 在点(x 0，y 0)处有公切线⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则⎩⎪⎨⎪⎧e x 0＝a sin x 0，e x 0＝a cos x 0⇒tan x 0＝1⇒x 0＝π4⇒a ＝2e π4，故0＜a ≤2e π4；当a＜0时，设y 1＝e x 与y 2＝a sin x 在点(x 0，y 0)处有公切线⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫π，3π2，同理可得－2e 5π4≤a ，实数a 的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2e 5π4，2e π4.2．(2021·某某某某质检)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，某某数a 的取值X 围．解析：(1)∵函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝ln xf ′(x )＜0，得ln x ＋1＜0，解得0＜x ＜1e ，∴f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e .令f ′(x )＞0，得ln x ＋1＞0，解得x ＞1e ，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞.综上，f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. (2)∵g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．∵x ＞0，∴a ≥ln x －32x－12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x ＞0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x2＝－（x －1）（3x ＋1）2x 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍).当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：x (0，1) 1 (1，＋∞)h ′(x ) ＋ 0 － h (x )极大值∴当x ＝1时，h (x )取得极大值，也是最大值，且h (x )max ＝h (1)＝－2，∴若a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，即a ≥－2，故实数a 的取值X 围是[－2，＋∞).题型三 不等式存在性问题[典例剖析][典例] 设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1，求a 的取值X 围．解析：(1)f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －b ，由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1). ①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1成立的充要条件为f (1)<aa －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1. ②若12<a <1，则a 1－a>1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增． 所以存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1成立的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <a a －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1>aa －1，所以不合题意． ③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1.综上，a 的取值X 围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞). 方法总结不等式存在性问题，也是转化为函数最值问题，其关键点为： (1)∃x 使f (x )≥a 成立⇔f (x )max ≥a . (2)∃x 使f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b .(3)∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)min >g (x 2)min .(4)∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)min . (5)∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x 1)max >g (x 2)max .[对点训练]已知函数f (x )＝ln x ＋1x －1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m ∈R ，对任意的a ∈(－1，1)，总存在x 0∈[1，e]，使得不等式ma －f (x 0)＜0成立，某某数m 的取值X 围．解析：(1)f ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2，x ＞0.令f ′(x )＞0，得x ＞1，因此函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞). 令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，因此函数f (x )的单调递减区间是(0，1). (2)依题意，ma ＜f (x )max .由(1)知，f (x )在x ∈[1，e]上是增函数． 所以f (x )max ＝f (e)＝ln e ＋1e －1＝1e.所以ma ＜1e ，即ma －1e＜0对于任意的a ∈(－1，1)恒成立．所以⎩⎨⎧m ×1－1e≤0，m ×（－1）－1e≤0，解得－1e ≤m ≤1e .所以m 的取值X 围是⎣⎡⎦⎤－1e ，1e .再研高考创新思维(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数ƒ(x )＝1x －x ＋a ln x .(1)讨论ƒ(x )的单调性；(2)若ƒ(x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：ƒ（x 1）－ƒ（x 2）x 1－x 2＜a －2.解析：(1)ƒ(x )的定义域为(0，＋∞)， ƒ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则ƒ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，ƒ′(x )＝0，所以ƒ(x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a ＞2，令ƒ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋ a 2－42. 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋ a 2－42，＋∞时， ƒ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时， ƒ′(x )＞0.所以ƒ(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明：由(1)知，ƒ(x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2.由于ƒ(x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1.由于ƒ（x 1）－ƒ（x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2， 所以ƒ（x 1）－ƒ（x 2）x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0. 设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)单调递减， 又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即ƒ（x 1）－ƒ（x 2）x 1－x 2＜a －2. 素养升华转化法的应用(2021·某某黄冈质检)已知函数f (x )＝ln(x ＋1)＋1x ＋1＋ax ＋b 的导函数为f ′(x )，f ′(0)＝1，且函数F (x )＝f (x )－f ′(x )存在零点x ＝0.(1)某某数a ，b 的值；(2)当x ≥0时，不等式f (x )≥mx x ＋1恒成立，某某数m 的取值X 围(参考数据：方程x 2＋x －1＝ln (x ＋1)的一个近似解x 0＝910). 解析：(1)对f (x )求导，得f ′(x )＝1x ＋1－1（x ＋1）2＋a ， 又f ′(0)＝1，所以f ′(0)＝1－1＋a ＝1，解得a ＝1，所以f (x )＝ln (x ＋1)＋1x ＋1＋x ＋b . 由函数F (x )＝f (x )－f ′(x )存在零点x ＝0，得F (0)＝f (0)－f ′(0)＝0，所以f (0)＝1＋b ＝1，即b ＝0.(2)由(1)可知f (x )＝ln (x ＋1)＋1x ＋1＋x ，当x ≥0时，不等式f (x )≥mx x ＋1恒成立，即ln (x ＋1)＋1x ＋1＋x ≥mx x ＋1(x ≥0)恒成立． 显然x ＝0时不等式对任意实数m 恒成立，因此只需讨论使不等式f (x )≥mxx ＋1在(0，＋∞)上恒成立的m 的取值X 围． ln (x ＋1)＋1x ＋1＋x ≥mx x ＋1(x ＞0)， 即ln (x ＋1)＋ln （x ＋1）x ＋1x＋x ＋1≥m . 令φ(x )＝ln (x ＋1)＋ln （x ＋1）x ＋1x＋x ＋1(x ＞0)， 则φ′(x )＝x 2－1＋x 2（x ＋1）－（x ＋1）ln （x ＋1）x 2（x ＋1）＝x 2＋x －1－ln （x ＋1）x 2. 令φ′(x )＝0，得x 2＋x －1＝ln (x ＋1)，已知该方程的一个近似的根为x 0＝910. 分别作出y ＝x 2＋x －1和y ＝ln (x ＋1)的图象如图所示，由图象可知，当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ′(x )＞0.又ln (x 0＋1)＝x 20＋x 0－1，所以φ(x )min ＝φ(x 0)＝x 20＋3x 0＋1＝451100，由此可得m ≤451100. 于是所某某数m 的取值X 围为⎝⎛⎦⎤－∞，451100.。
通用版2022届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用第12讲函数与方程课件
题组三 真题展现
4.(2014 年北京)已知函数 f(x)＝6x－log2x，在下列区间中， 包含 f(x)的零点的区间是( )
A.(0，1)
B.(1，2)
C.(2，4)
D.(4，＋∞)
解析：因为 f(2)＝3－1＞0，f(4)＝32－2＜0，所以由零点存 在性定理可知选 C.
答案：C
5.(2015 年湖北)函数 f(x)＝2sin xsin x＋π2－x2 的零点个数 为__________.
f(x)－b 有三个零点，则实数 b 可取的值可能是( )
1
A.0
B.2
C.1
D.2
解析：由题意，函数 g(x)＝f(x)－b 有三个零点，
则函数 g(x)＝f(x)－b＝0，即 f(x)＝b 有三个根，
当x≤0时，f(x)＝ex(x＋1)，
则 f′(x)＝ex(x＋1)＋ex＝ex(x＋2)
由 f′(x)<0 得 x＋2<0，即 x<－2，此时 f(x)为减函数，
考点 2 根据函数零点的存在情况 求参数的值 师生互动
[例 1](1)(2020 年天津)已知函数 f(x)＝x－3，x，x≥x<00，. 若函数 g(x)＝f(x)－|kx2 －2x|(k∈R)恰有 4 个零点，则 k 的取值范围是 ()
A.－∞，－12∪(2 2，＋∞) B.－∞，－12∪(0，2 2) C.(－∞，0)∪(0，2 2)
解析：g(x)＝f(x)＋x＋a＝0，得 f(x)＝－x－a.若 g(x)存在 2 个零点，即直线 y＝－x－a 与 f(x)的图象有 2 个交点.如图 2-12-5， 实数 a 的取值范围是－a≤1，a≥－1.
答案：C
图 2-12-5
2022届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第一节函数及其表示课件新人教版20210712118
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2．设函数f(x)＝ ________．
2x，x＜2， x＋2x3，x≥2，
答案：(0,2)∪(3，＋∞)
若f(x0)＞1，则x0的取值范围是
答案：－3
题型一 函数的定义域 自主探究 1．已知函数y＝f(x2－1)的定义域为[－ 3 ， 3 ]，则函数y＝f(x)的定义 域为________．
答案：[－1,2]
2．若函数y＝
mx－1 mx2＋4mx＋3
的定义域为R，则实数m的取值范围是
_解__析__：__因_． 为函数y＝mx2＋mx4－m1x＋3的定义域为R， 所以mx2＋4mx＋3≠0，
第一节 函数及其表示
知识点一 函数的基本概念
1．函数的定义 一般地，设A，B是 非空 数集，如果按照某种确定的对应关系f，使对于 集合A中的 任意 一个数x，在集合B中都有 唯一 确定的数f(x)和它对应， 那么就称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数，记作y＝f(x)，x∈A.
2．函数的定义域、值域
[答案] (1)D (2)2
求自变量的值：先假设所求的值在分段函数定义区间的各段 上，然后求出相应段上自变量的值，切记要代入检验．
[题组突破]
1．已知函数f(x)＝x＋x－1 2，x＞2， 则f(f(1))＝( C ) x2＋2，x≤2，
A．－12
B．2
C．4
D．11
2．已知函数f(x)＝a3xx＋2－1x，，xx＜≥11，， 若f(f(0))＝3a，则实数a等于( C )
x＋1，－1＜x＜0， 2x，x≥0，
若实数
a满足f(a)＝f(a－1)，则f1a＝( A．2
) B．4
C．6
D．8
(2)设函数f(x)＝ ________．
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考点一 考点二 考点三
考点二 不等式恒成立问题 [例] 已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)． (1)若a＝1，求函数f(x)的图像在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若当x＞0时，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)，f′(x)＝xex＋ex－4， 当x＝0时，f(0)＝2，f′(0)＝－3， 所以所求切线方程为y＝－3x＋2.
ƒ′(x)＞0.
所以ƒ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
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(2)证明：当a≥1e时，ƒ(x)≥eex－ln x－1.设g(x)＝eex－ln x－1，则g′(x)＝eex－1x.当0 ＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0. 所以x＝1是g(x)的最小值点． 故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0. 因此，当a≥1e时，ƒ(x)≥0.
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[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)min＞g(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(x)，然后根据函数h(x) 的单调性或最值，证明h(x)＞0.
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第一课时 导数与不等式问题
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考点一 不等式证明 [例] (2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数ƒ(x)＝aex－ln x－1. (1)设x＝2是ƒ(x)的极值点，求a，并求ƒ(x)的单调区间； (2)证明：当a≥1e时，ƒ(x)≥0.
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(2)法一：f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)，f′(x)＝a(x＋1)ex－2(a＋1)， 由条件可得，f(1)≥0，解得a≥e－1 1＞0， 令h(x)＝f′(x)＝a(x＋1)ex－2(a＋1)， 则h′(x)＝a(x＋2)ex，当x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)＝f′(x)单调递增， 而f′(0)＝－2－a＜0，f′(1)＝2ea－2a－2≥0，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－(a＋1)(2x0－1)，当x＞0时， 要使f(x)≥0恒成立，只需f(x0)≥0即可，
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设函数f(x)＝lnx2x，求证f(x)＜1e.
证明：f(x)＝lnx2x(x＞0)，
∴f′(x)＝1－x23ln
x .
1 令f′(x)＝0，即1－2ln x＝0，∴x＝e2.
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1
1
x∈(0，e2)，f′(x)＞0，x∈(e2，＋∞)，f′(x)＜0，
1
1
∴f(x)在(0，e2)上为增函数，在(e2，＋∞)为减函数，
1 ∴f(x)max＝f(e2)＝21e，
∴f(x)≤21e＜1e.
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[解析] (1)ƒ(x)的定义域为(0，＋∞)，ƒ′(x)＝aex－1x.
由题设知，ƒ′(2)＝0，所以a＝21e2.
从而ƒ(x)＝
1 2e2
ex－ln
x－1，ƒ′(x)＝
1 2e2
ex－
1 x
.当0＜x＜2时，ƒ′(x)＜0；当x＞2时，
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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．
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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．
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第二章 函数、导数及其应用
第十二节 导数的综合应用 第一课时 导数与不等式问题
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考点一 考点二 考点三
[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)&分类深度剖析
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又x0满足ex0＝a（2xa0＋＋21），
得f(x0)＝（a＋1）（x－0＋21x20＋x0＋1），
因为x0∈(0，1]，所以－2x
2 0
＋x0＋1≥0，所以f(x0)≥0，所以f(x)≥0在(0，＋∞)上