利用导数解决恒成立问题74530教学内容

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利用导数求解恒成立问题

)
当 3a≤1，即 a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在[1,2]上为增函数， 3 故 f(x)min＝f(1)＝11－a，所以 11－a<0，a>11，这与 a≤2矛盾． 2 3 当 1<3a<2，即2<a<3 时，
19
2
2
当 1≤x<3a，f′(x)<0；当 3a<x≤2，f′(x)>0， 2 所以 x＝3a 时，f(x)取最小值，
2
1, e ， ln x 1 x ，且等号不能同时取得，所以 ln x x ， x ln x 0 ．由于 x
从而 a 设 t x =
x2 2x x2 2x 恒成立， a ． x ln x x ln x min
x 1x 2 ln x ． x2 2x ，， x 1 e ．求导，得 t x = 2 x ln x x ln x
， 4
|
a
4
因为 h′(x)＝1－x－x2＝ 4
所以所证命题等价于证 x2－ax－4≤0 在 x∈(0,1]时恒成立，
即 a≥x－ x 在 x∈(0,1]上恒成立，即 a 不小于 y＝x－ x 在区间(0,1]内的最大值．
16
4
4
而函数 y＝x－ x 在区间(0,1]上是增函数，所以 y＝x－ x 的最大值为－3，所以 a≥－3.又 a<0，所以 a∈[－3,0)．
对于 x1∈D， x2∈D，f(x1)＝g(x2)的研究，若函数 f(x)的值域为 C1，函数 g(x)的值域为 C2，则该问题等价为 C1 C2.
8
考点 6 x1∈D， x2∈D，f(x1)>g(x2)的研究

高考数学复习考点知识专题讲解课件第18讲导数与不等式第2课时利用导数研究恒成立问题

1<x≤e时,f'(x)>0,此时f(x)单调递增.∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间
为(1,e],f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.
课堂考点探究
变式题1 已知f(x)=ax-ln
ln
x,x∈(0,e],g(x)= ,x∈(0,e],其中e是自然对数的底数,

a∈R.
1
1
上的最大值为- ,f(x)在 ,2
2
2
上的最小值为ln 2-2.
课堂考点探究
变式题2 [2021·重庆八中模拟] 已知函数f(x)=ln
1 2
x- x .
2
(2)若不等式f(x)>(2-a)x2有解,求实数a的取值范围.
解:原不等式即为ln
1 2
ln
1
ln
1
x- x >(2-a)x2,可化简为2-a< 2 - .记g(x)= 2 - ,则原不等式
用导数研究函数的单调性或求最值,从而证得不等式,而如何根据不等式的结
构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.
课堂考点探究
(2)可化为不等式恒成立问题的基本类型:
类型1:函数f(x)在区间[a,b]上单调递增,只需f'(x)≥0在[a,b]上恒成立.
类型2:函数f(x)在区间[a,b]上单调递减,只需f'(x)≤0在[a,b]上恒成立.
值的过程中常用的放缩方法有函数放缩法、基本不等式放缩法、叠加不等式
放缩法等.
课堂考点探究
探究点一
恒成立与能成立问题
例1 [2022·南京调研] 设函数f(x)=(x2-a)ex,a∈R,e是自然对数的底数.

利用导数解决不等式恒(能)成立问题课件

课堂
则f(x)≥0对任意的x＞0恒成立可转化为
a a＋1
≥
2x－1 xex
对任意的x
课
后
考点
＞0恒成立．
限时
探
集
究
设函数F(x)＝2xx－ex 1(x＞0)，
训
则F′(x)＝－2x＋x12exx－1.
返首页
12
当0＜x＜1时，F′(x)＞0；
当x＞1时，F′(x)＜0，
课
所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
[0，＋∞)上单调递增，
课
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，
课
堂考
则a－1≥0，得a≥1.
后限
点
探
②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；
时集
究
训
当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递
增，
返
首
页
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课堂
所以h(x)min＝h(－a)，
课
堂
后
考点
所以F(x)max＝F(1)＝1e.
限时
探
集
究
于是a＋a 1≥1e，解得a≥e－1 1.
训
故实数a的取值范围是e－1 1，＋∞.
返
首
页
13
考点2 分类讨论法解决不等式恒成立问题
遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作
课
课
堂考
差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数
后限
点

【高质量】利用导数解决恒成立问题PPT文档

形如 x1， x2D,都f有 (x1)g(x2)恒成立对 xD， f(x)ma xg(x)m； in
延伸学习
已知 f(x函 )a 数 xln x(a0)g ,(x)x22x2.

若对 x (0,) 均 , 存 x [0 在 ,1]使 , f(得 x)g(x) 1 2．直接研究函数的形态．
因此，x=16是函数S(x)的极小值，也是最小值点。
利用导数解决恒成立问题
优选利用导数解决恒成立问题
【问题展示】
不等式恒成立问题是近年高考的热点问题，常以压轴题形式出现，交汇函数、方程、不等式和数列等知识，有效地甄别考生的数学思维能力.由
于不等式恒成立问题往往都可以转化为函数的最值问题，而导数，以其本身所具备的一般性和有
效性，在求解函数最值中，起到无可替代的作用，
x
学校或班级举行活动，通常需要张贴海报进行宣传。
当 x∈(－1，－0)时，0＜－x＜1，0＜e ＜1，则 0＜－xe ＜1， x 分析：已知版心的面积，你能否设计出版心的高，求出版心的宽，从而列出海报四周的面积来？
利用导数解决恒成立问题
x
优选利用导数解决恒成立问题
从而当 x∈(－1，0)时，h (x)＜0，h (x)在(－1，0]单调递减．解法二：由解法(一)得
周空白面积最小？
学校或班级举行活动，通常需要张贴海报进行宣传。
当－1＜x＜0 时，g (x)＜1 等价于设 f (x)＞x．不等式恒成立问题是近年高考的热点问题，常以压轴题形式出现，交汇函数、方程、不等式和数列等知识，有效地甄别考生的数学思
维能力.
设 h (x)＝f (x)－x，则 h (x)＝－xe －1． 1．分离参数法：其优点在于：有时可以避开繁琐的讨论．

2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：利用导数研究恒(能)成立问题

§3.5利用导数研究恒(能)成立问题考试要求恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大．题型一分离参数求参数范围例1已知函数f (x )＝e x －ax －1.(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间与极值；(2)若f (x )≤x 2在[0，＋∞)上有解，求实数a 的取值范围．解(1)当a ＝1时，f (x )＝e x －x －1，所以f ′(x )＝e x －1，当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝0时，函数f (x )有极小值f (0)＝0，无极大值．即f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值．(2)因为f (x )≤x 2在[0，＋∞)上有解，所以e x －x 2－ax －1≤0在[0，＋∞)上有解，当x ＝0时，不等式成立，此时a ∈R ，当x >0时，不等式等价于a ≥e x x －(0，＋∞)上有解，令g (x )＝e x x－则g ′(x )＝e x(x －1)x 2－＝(x －1)[e x －(x ＋1)]x 2，由(1)知当a ＝1时，f (x )>f (0)＝0，即e x －(x ＋1)>0，所以当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，g (x )min ＝e －2，所以a ≥e －2，综上可知，实数a 的取值范围是[e －2，＋∞)．思维升华分离参数法解决恒(能)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 ；a ≥f (x )能成立⇔a ≥f (x )min ；a ≤f (x )能成立⇔a ≤f (x )max .跟踪训练1(2023·苏州质检)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x.(1)当a ＝1时，求函数f (x )的极值；(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求实数a 的取值范围．解(1)当a ＝1时，f (x )＝x －e x ，则f ′(x )＝1－e x ，当x <0时，f ′(x )>0，当x >0时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以函数f (x )的极大值为f (0)＝－1，无极小值．(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，则ax ≤ln x x (x >0)，即a ≤ln x x2(x >0)，则问题转化为a (x >0)，令h (x )＝ln x x 2，x >0，h ′(x )＝x －2x ln x x 4＝1－2ln x x3，当0<x <e 时，h ′(x )>0，当x >e 时，h ′(x )<0，所以函数h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (e)＝12e ，所以a ≤12e.题型二等价转化求参数范围例2(2023·柳州模拟)已知函数f (x )＝ax －ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若x ＝1为函数f (x )的极值点，当x ∈[e ，＋∞)时，不等式x [f (x )－x ＋1]≤m (e －x )恒成立，求实数m 的取值范围．解(1)f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )<0恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减；②当a >0时，令f ′(x )>0，得x >1a ，令f ′(x )<0，得0<x <1a，∴f (x )综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )上单调递减．(2)∵x ＝1为函数f (x )的极值点，∴f ′(1)＝0，∴a ＝1.f (x )＝x －ln x ，x [f (x )－x ＋1]＝x (1－ln x )，当x ∈[e ，＋∞)时，不等式x [f (x )－x ＋1]≤m (e －x )⇔x (1－ln x )≤m (e －x )，即x (1－ln x )－m (e －x )≤0，令g (x )＝x (1－ln x )－m (e －x )，g (e)＝0，g ′(x )＝m －ln x ，x ∈[e ，＋∞)，若m ≤1，g ′(x )≤0在[e ，＋∞)上恒成立，则g (x )在[e ，＋∞)上单调递减，∴g (x )≤g (e)＝0满足题意．若m >1，由g ′(x )>0，可得e ≤x <e m ，则g (x )在[e ，e m )上单调递增，∴在[e ，e m )上存在x 0使得g (x 0)>g (e)＝0，与题意不符，综上，实数m 的取值范围为m ≤1.思维升华根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．跟踪训练2(2023·宝鸡模拟)已知函数f (x )＝e x ＋a ln(－x )＋1，f ′(x )是其导函数，其中a ∈R .(1)若f (x )在(－∞，0)上单调递减，求a 的取值范围；(2)若不等式f (x )≤f ′(x )对∀x ∈(－∞，0)恒成立，求a 的取值范围．解(1)f ′(x )＝e x ＋a x，因为f (x )在(－∞，0)上单调递减，所以f ′(x )＝e x ＋a x≤0在(－∞，0)上恒成立，即a ≥－x ·e x 在(－∞，0)上恒成立，令g (x )＝－x ·e x (x <0)，则g ′(x )＝－e x －x e x ＝－(x ＋1)e x ，当x <－1时，g ′(x )>0，当－1<x <0时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，所以g (x )max ＝g (－1)＝1e，所以a 的取值范围为1e ，＋(2)由f (x )≤f ′(x )得a ln(－x )＋1≤a x，即a ln(－x )－a x＋1≤0对∀x ∈(－∞，0)恒成立，令h (x )＝a ln(－x )－a x＋1(x <0)，h ′(x )＝a x ＋a x 2＝a (x ＋1)x 2(x <0)，当a ＝0时，h (x )＝1，不满足h (x )≤0；当a >0且x <－1时，h ′(x )<0，当a >0且－1<x <0时，h ′(x )>0，所以函数h (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，所以h (x )min ＝h (－1)＝a ＋1>0，不符合题意；当a <0且x <－1时，h ′(x )>0，当a <0且－1<x <0时，h ′(x )<0，所以当a <0时，函数h (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，所以h (x )max ＝h (－1)＝a ＋1≤0，解得a ≤－1，综上所述，a 的取值范围为(－∞，－1]．题型三双变量的恒(能)成立问题例3(2023·石家庄质检)已知函数f (x )＝ax 2ln x 与g (x )＝x 2－bx .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处有相同的切线，求a ，b ，并证明f (x )≥g (x )；(2)若对∀x ∈[1，e]，都∃b ∈1，e 2使f (x )≥g (x )恒成立，求a 的取值范围．解(1)f ′(x )＝2ax ln x ＋ax ，g ′(x )＝2x －b ，∵函数f (x )与g (x )在x ＝1处有相同的切线，1)＝g (1)，(1)＝g ′(1)，＝1－b ，＝2－b ，＝1，＝1，此时f (x )＝x 2ln x ，g (x )＝x 2－x ，要证f (x )≥g (x )，即证x 2ln x ≥x 2－x ，即x ln x ≥x －1，令h (x )＝x ln x －x ＋1，则h ′(x )＝ln x ，且h ′(1)＝0，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，∴h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h (x )≥h (1)＝0，即f (x )≥g (x )．(2)欲使f (x )≥g (x )恒成立，即ax 2ln x ≥x 2－bx 成立，即ax ln x －x ≥－b 成立，∵∃b ∈1，e 2使f (x )≥g (x )恒成立，∴ax ln x －x ≥－e 2恒成立，当x ＝1时，有－1≥－e 2成立，∴a ∈R ，当x ∈(1，e]时，a ≥x －e 2x ln x，令G (x )＝x －e 2x ln x ，则G ′(x )＝e 2ln x －x ＋e 2(x ln x )2，令m (x )＝e 2ln x －x ＋e 2，则m ′(x )＝e 2x－1，且m 0，当1<x <e 2时，m ′(x )>0，当e 2<x <e 时，m ′(x )<0，∴m (x )m (1)＝－1＋e 2>0，＝e 2ln e 2>0，m (e)＝0，∴当x ∈(1，e]时，m (x )≥0，即G ′(x )≥0，G (x )在(1，e]上单调递增，当x ＝e 时，G (x )有最大值，且G (e)＝12，∴a ≥12，综上所述，a 的取值范围是a ≥12.思维升华“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)∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max .(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min .(3)∃x 1∈D 1，∀x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )max .跟踪训练3已知函数f (x )＝a (x 2－x －1)ex (x ∈R )，a 为正实数．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若∀x 1，x 2∈[0,4]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|<1恒成立，求实数a 的取值范围．解(1)因为f (x )＝a (x 2－x －1)e x(x ∈R )，所以f ′(x )＝－ax (x －3)e x(x ∈R )，因为a >0，所以令f ′(x )>0，得0<x <3；令f ′(x )<0，得x <0或x >3.所以f (x )的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知，f (x )在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，所以f (x )在[0,4]上的最大值是f (3)＝5a e3.又f (0)＝－a <0，f (4)＝11a e －4>0，所以f (0)<f (4)，所以f (x )在[0,4]上的最小值为f (0)＝－a .若∀x 1，x 2∈[0,4]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|<1恒成立，则需f (x )max －f (x )min <1在x ∈[0,4]上恒成立，即f (3)－f (0)<1，即5a e 3＋a <1，解得a <e 35＋e 3，又a >0，所以0<a <e 35＋e 3，故实数a 课时精练1．已知函数f (x )＝(x －2)e x .(1)求f (x )在[－1,3]上的最值；(2)若不等式2f (x )＋2ax ≥ax 2对x ∈[2，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．解(1)依题意f ′(x )＝(x －1)e x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，当x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，∴f (x )在[－1,1)上单调递减，在(1,3]上单调递增，而f (1)＝－e ，f (3)＝e 3，f (－1)＝－3e，∴f (x )在[－1,3]上的最小值为－e ，最大值为e 3.(2)依题意，2(x －2)e x ＋2ax ≥ax 2在[2，＋∞)上恒成立．当x ＝2时，4a ≥4a ，∴a ∈R ；当x >2时，原不等式化为a ≤2(x －2)e x x 2－2x＝2e x x ，令g (x )＝2e x x ，则g ′(x )＝2(x －1)e x x 2，∵x >2，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(2，＋∞)上单调递增，∴g (x )>g (2)＝e 2，∴a ≤e 2，综上，实数a 的取值范围是(－∞，e 2]．2．(2023·镇江模拟)已知函数f (x )＝a ln x －x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，设g (x )＝x －ln x －1，若对于任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，均有f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．解(1)函数f (x )＝a ln x －x (a ∈R )的定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝a x －1＝－x ＋a x，①当a ≤0时，f ′(x )<0恒成立，∴函数的单调递减区间为(0，＋∞);②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a ；当x ∈(0，a )时，f ′(x )>0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，∴函数f (x )的单调递增区间为(0，a )，单调递减区间为(a ，＋∞).综上可得，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调递增区间为(0，a )，单调递减区间为(a ，＋∞)．(2)由已知，转化为f (x )max <g (x )min .由(1)知，当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，a )，单调递减区间为(a ，＋∞)．故f (x )的极大值即为最大值，f (x )max ＝f (a )＝a ln a －a ，∵g (x )＝x －ln x －1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0<x <1时，g ′(x )<0，当x >1时，g ′(x )>0，∴函数g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )的极小值即为最小值，∴g (x )min ＝g (1)＝0，∴a ln a －a <0，即ln a －1<0，解得0<a <e.∴a 的取值范围为(0，e)．3．(2023·福州模拟)已知函数f (x )＝x ln x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当x ≥1时，f (x )≤ax 2－a ，求a 的取值范围．解(1)f ′(x )＝ln x ＋1，f ′(1)＝1，又f (1)＝0，故f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(2)当x ≥1时，令g (x )＝x ln x －a (x 2－1)，得g (1)＝0，g ′(x )＝ln x ＋1－2ax ，令h (x )＝ln x ＋1－2ax ，则h ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x.①若a ≤0，得h ′(x )>0，则g ′(x )在[1，＋∞)上单调递增，故g ′(x )≥g ′(1)＝1－2a ≥0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝0，从而x ln x －a (x 2－1)≥0，不符合题意；②若a >0，令h ′(x )＝0，得x ＝12a.(ⅰ)若0<a <12，则12a>1，当x h ′(x )>0，g ′(x )从而g ′(x )>g ′(1)＝1－2a >0，所以g (x )在1此时g (x )≥g (1)＝0，不符合题意；(ⅱ)若a ≥12，则0<12a≤1，h ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以g ′(x )在[1，＋∞)上单调递减，g ′(x )≤g ′(1)＝1－2a ≤0，从而g (x )在[1，＋∞)上单调递减，所以g (x )≤g (1)＝0，所以x ln x －a (x 2－1)≤0恒成立．综上所述，a 的取值范围是12，＋4．已知函数f (x )＝e 2x －ax (a ∈R )，e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )的极值；(2)若关于x 的不等式x －x f (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解(1)∵f (x )＝e 2x －ax ，∴f ′(x )＝2e 2x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，函数f (x )无极值．当a >0时，令f ′(x )＝0，得2e 2x －a ＝0，得x ＝12ln a 2，易知当x ∞，12ln f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x a 2，＋f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )的极小值为f 12ln 22e a －a ×12ln a 2＝a 2－a 2ln a 2，f (x )无极大值．综上，当a ≤0时，f (x )无极值；当a >0时，f (x )的极小值为a 2－a 2ln a 2，f (x )无极大值．(2)由x －x f (x )得，e 2x －ax ≥a ln x －ax ＋12a ，整理得e 2x －a ln x －12a ≥0.令h (x )＝e 2x －a ln x －12a (x >0)，则h (x )≥0恒成立，h ′(x )＝2e 2x －a xx >0)，当a <0时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，且当x →0＋时，h (x )<0，不满足题意．当a ＝0时，h (x )＝e 2x >0，满足题意．当a >0时，由h (x )≥0得1a ≥ln x ＋12e 2x .令p (x )＝ln x ＋12e 2x，则p ′(x )＝1x ·e 2x －x 2x (e 2x )2＝1x －2ln x －1e 2x ，令q (x )＝1x－2ln x －1(x >0)，则q ′(x )＝－1x 2－2x<0，∴q (x )单调递减，又q (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，q (x )>0，即p ′(x )>0，p (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，q (x )<0，即p ′(x )<0，p (x )单调递减，∴p (x )max ＝p (1)＝12e2，∴1a ≥12e2，即0<a ≤2e 2.综上，实数a 的取值范围为[0,2e 2]．。

利用导数解决恒成立问题

利用导数求函数最值● 基础知识总结和逻辑关系一、函数的单调性求可导函数单调区间的一般步骤和方法:1) 确定函数的()f x 的定义区间；2) 求'()f x ，令'()0f x =，解此方程，求出它在定义区间内的一切实根；3) 把函数()f x 的无定义点的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()f x 的定义区间分成若干个小区间；4) 确定'()f x 在各个区间内的符号，由'()f x 的符号判定函数()f x 在每个相应小区间内的单调性.二、函数的极值求函数的极值的三个基本步骤1) 求导数'()f x ；2) 求方程'()0f x =的所有实数根；3) 检验'()f x 在方程'()0f x =的根左右的符号，如果是左正右负（左负右正），则()f x 在这个根处取得极大（小）值.三、求函数最值1) 求函数()f x 在区间(,)a b 上的极值；2) 将极值与区间端点函数值(),()f a f b 比较，其中最大的一个就是最大值，最小的一个就是最小值.四利用导数证明不等式1）利用导数得出函数单调性来证明不等式我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）.因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的.即把证明不等式转化为证明函数的单调性.具体有如下几种形式：① 直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立.② 把不等式变形后再构造函数,然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的.2）利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式.导数的另一个作用是求函数的最值. 因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数求出该函数的最值；由当该函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立.从而把证明不等式问题转化为函数求最值问题.● 解题方法总结和题型归类利用导数研究含参变量函数的恒成立问题1）其中关键是根据题目找到给定区间上恒成立的不等式，转化成最值问题。

运用导数解决不等式恒成立问题ppt课件

（评注：第二种解法。本题通过构造函数，进行多次求导后，运用洛比塔法则求解。）
解、f(x)＝xx＋ln 1x，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，
即 lnx≤mx－1x. 设 g(x)＝lnx－mx－1x，即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立，等价于函数 g(x)在[1，＋∞) 上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾.
总结：
aln21
.
5
变式练习
2、已知函f (数 x) ex 2bx2a，若f (x)在[2，）
上单调递增，求b的实取数值范围。
b
e2
总结：
2
.
6
变式练习
3、已知函数f (x) ex，g(x) 2x 2a, 若x[0，）时，恒有f (x) g(x),求实数a的取值范围。
总结：
aln21
解 , hx′(x)4 〈39 90h时′(xx＞)>4 039 时9 ，解得0＜x＜
43 9 9
所以h(x)在（0， 4 3 9 ）上递增，在（ 4 3 9
9
，+∞）上递减,
故h(x)的最大值为 h ( 4 3 9 ) 4 ，所以
9
9
a
9
4 9
变式练习
1：已知函 f(x)数 ex2x2a，若 f(x)0恒成立，求 a的实取数值范围。
得 k＜（x＋1）[1＋x ln（x＋1）](x＞0)，
令 g(x)＝（x＋1）[1＋x ln（x＋1）](x＞0)，
则 g′(x)＝x－1－lnx（2 x＋1），设 h(x)＝x－1－ln(x＋1)(x＞0)，

用导数处理不等式恒成立问题

教学过程一、复习预习一般地,求函数)(x f 在[]b a ,上的最大值与最小值的步骤如下：⑴求)(x f 在(,)a b 内的极值；⑵将)(x f 的各极值与端点处的函数值)(a f 、)(b f 比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值,得出函数)(x f 在[]b a ,上的最值二、知识讲解常应用函数方程思想和"分离变量法"转化为最值问题,也可抓住所给不等式的结构特征,利用数形结合法。

考点1：利用导数解决恒成立问题若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A > 若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <考点2：利用导数解决能成立问题若在区间D 上存在实数x 使不等式()A x f >成立,则等价于在区间D 上()max f x A >；若在区间D 上存在实数x 使不等式()B x f <成立,则等价于在区间D 上的()min f x B <. 解决不等式恒成立问题和能成立问题,注意一个是全称命题,一个是存在性命题,所以转化的时候要注意求的到底是函数最大值和最小值。

三、例题精析 [例题1][题干]设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值．〔1求a 、b 的值；〔2若对于任意的[0,3]x ∈,都有2()f x c <成立,求c 的取值范围． [答案]〔13a =-,4b =〔2c 的取值范围为(,1)(9,)-∞-+∞[解析]〔12()663f x x ax b '=++,∵函数()f x 在1x =及2x =取得极值,则有(1)0f '=,(2)0f '=．即6630241230a b a b ++=⎧⎨++=⎩,解得3a =-,4b =．〔2由〔1可知,32()29128f x x x x c =-++,2()618126(1)(2)f x x x x x '=-+=--．当(0,1)x ∈时,()0f x '>；当(1,2)x ∈时,()0f x '<；当(2,3)x ∈时,()0f x '>． ∴当1x =时,()f x 取得极大值(1)58f c =+,又(0)8f c =,(3)98f c =+．则当[0,3]x ∈时,()f x 的最大值为(3)98f c =+．∵对于任意的[0,3]x ∈,有2()f x c <恒成立,∴298c c +<,解得1c <-或9c >, 因此c 的取值范围为(,1)(9,)-∞-+∞．[例题2][题干]设函数<1>当a=1时,求曲线在点处的切线方程；<2>若函数在其定义域内为增函数,求实数a 的取值范围；<3>设函数,若在[l,e]上至少存在一组使成立,求实数a 的取值范围.[解析]〔1切线为…〔2,由题意若函数在其定义域内为增函数,在〔0,+∞上恒成立,即,,,,〔3在[1,e]上至少存在一组使成立；则, ……9分在[1,e]上递减,,,令当时,在上递增,,,当时时在上递增,,,不合题意。

2024版高考数学总复习：利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题课件

2e
1
−∞，
2e
.
考点2
等价转化法解决恒(能)成立问题——综合性
例2 (2022·沈阳三模)已知函数f(x)＝(x＋1)·e－ax，其中a≠0.
(1)若f(x)的极值为1，求实数a的值；
解：f(x)＝(x＋1)e－ax，则f′(x)＝－e－ax·[ax－(1－a)]，令f′(x)＝0，解
1
得x＝－1.
例1 已知函数f(x)＝2x－2ln x＋a，g(x)＝－ax－2，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
解：因为f(x)＝2x－2ln x＋a，定义域为(0，＋∞)，
2 2−2
所以f′(x)＝2－＝
.

当0＜x＜1时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；
当x＞1时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
例1 已知函数f(x)＝2x－2ln x＋a，g(x)＝－ax－2，a∈R.
(2)若f(x)＋g(x)＞0对任意的x∈
1
0，
2
恒成立，求实数a的取值范
围．
解：由题意可得，f(x)＋g(x)＞0对任意的x∈
2 ln
即a＞2＋
第三章
导数及其应用
第二节导数的应用
第4课时利用导数研究不等式恒成
立(能成立)问题

关键能力·研析考点强“四翼”
考点1 分离参数法解决恒(能)成立问题——综合性
考点2 等价转化法解决恒(能)成立问题——综合性
考点3 双参不等式恒(能)成立问题——综合性
考点1
分离参数法解决恒(能)成立问题——综合性

高中数学课件-利用导数解决不等式的恒成立问题

（2）若存在 x 1 ，x 2 3,3 使得 f (x1) g(x2 ) 求k的取值范围。
2.设
f (x) a x ln x x
g(x) x3 x2 3 ，若对任意的 s
，t
1 2
,2
都有 f (s) g(t) 求 a 的取值范围。
课堂总结：解决恒成立问题与存在性问题的关键
是对问题进行等价转化，所以掌握好等价转化的思想对本节课有很大的帮助。
4x x3
3
x 1,2
则 a h(x)max
上恒成立
h(x) x2 8x 9 (x 1)(x 9)
x4
x4
可知 h(x) 在上 x 1,2 单调递增
+
1 1 2 9
7 h(x)max h(2) 8
a 7 8
即
a
7 8
,
变式训练：
①当
x
2,
1 2
时不等式
ax3 x2 4x 3 0 恒成立求实数 a 的取值范围
利用导数解决恒成立问题和存在性问题
知识方法：
①对任意的 x 使得a f (x)成立则 a f (x)max； a f (x) 成立则 a f (x)min ； ②存在 x 使得a f (x) 成立则 a f (x)min ； a f (x) 成立则 a f (x)max ； ③不存在 x 使得a f (x)成立则 a f (x)min ； a f (x) 成立则 a f (x)max ；
②当 x 2,1 时不等式 ax3 x2 4x 3 0 恒成立求实数 a 的取值范围
③存在 x 1,2 时不等式 ax3 x2 4x 3 0 成立求实数 a 的取值范围
例题2：（2014全国新课标Ⅰ21题改编）设 f (x) ln x x 2 x g(x) x2 2x a

《选修11：导数的应用：恒成立问题、存在性问题》教案

适用学科适用区域知识点高中数学苏教版 1.恒成立问题 2.存在性问题适用年级课时时长（分钟）高二 2 课时教学目标1. 能利用导数熟练解决恒成立问题． 2. 能利用导数熟练解决存在性问题教学重点教学难点【知识导图】分辨恒成立问题、存在性问题理解最大最小值成立教学过程一、导入【教学建议】导入是一节课必备的一个环节，是为了激发学生的学习兴趣，帮助学生尽快进入学习状态。

导入的方法很多，仅举两种方法： ① 情境导入，比如讲一个和本讲内容有关的生活现象； ② 温故知新，在知识体系中，从学生已有知识入手，揭示本节知识与旧知识的关系，帮学生建立知识网络。

极值与最值的区别和联系(1)函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是函数在整个定义域上的情况，是对函数在整个定义域上的函数值的比较． (2)函数的极值不一定是最值，需对极值和区间端点的函数值进行比较，或者考察函数第 1 页在区间内的单调性． (3)如果连续函数在区间(a，b)内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最小值． (4)可用函数的单调性求 f(x)在区间上的最值，若 f(x)在[a，b]上单调递增，则 f(x)的最大值为 f(b)，最小值为 f(a)，若 f(x)在[a，b]上单调递减，则 f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．二、知识讲解（ 1）恒成立问题的转化：考点 1 恒成立问题 a  f  x  恒成立  a  f  x max ； a  f  x  恒成立  a  f  x min （2）能成立问题的转化： a  f  x  能成立  a  f  x min ； a  f  x 能成立  a  f  x max （3）恰成立问题的转化： a  f  x  在 M 上恰成立  a  f  x  的解集为 M a  f  x  在 M 上恒成立  a  f  x  在CR M 上恒成立另一转化方法：若 x  D, f ( x)  A 在 D 上恰成立，等价于 f ( x ) 在 D 上的最小值f min ( x)  A ，若 x  D, f ( x)  B 在 D 上恰成立，则等价于 f ( x) 在 D 上的最大值f max ( x)  B .（4）若不等式 f  x   g  x  在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上函数 y  f  x  和图象在函数 y  g  x  图象上方；（5）若不等式在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上函数 y  f  x  和图象在函数y  g  x  图象下方；考点 2 存在性问题（1）设函数 f x  、 g x  ，对任意的 x1  a , b ，存在 x 2  c , d ，使得 f x1   g x2  ，则 f min x   g min x 第 2 页（2）设函数 f x  、 g x  ，对任意的 x1  a , b ，存在 x 2  c , d ，使得 f x1   g x2  ，则 f max x  g max x 。