第二章 第十一节 第二课时 利用导数研究不等式问题(优秀经典公开课比赛课件)

(2020·甘肃张掖质检)已知函数f(x)＝2(x－1)ex. (1)若函数f(x)在区间(a，＋∞)上单调递增，求f(a)的取值范围； (2)设函数g(x)＝ex－x＋p，若存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥f(x0)－x0成立，求p 的取值范围．
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考点二 不等式恒成立问题———(核心考点——合作探究)
(2020·重庆九校联盟联考)设函数f(x)＝ex－asin x. (1)当a＝1时，证明：∀x∈(0，＋∞)，f(x)＞1； (2)若∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥0都成立，求实数a的取值范围． [解析] (1)证明：由a＝1知f(x)＝ex－sin x，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝ex－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.
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(2)证明：当a≥1时，ƒ(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x. 令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1. 当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)≥g(－1)＝0.因此ƒ(x)＋e≥0.
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(2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立．∵x＞0，∴
a≥ln x－32x－21x在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－32x－21x(x＞0)，则h′(x)
第二章 函数、导数及其应用 第十一节 导数的综合应用 第二课时 利用导数研究不等式问题
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考点一 证明不等式———(核心考点——合作探究)
(2020·银川模拟)已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b＞0)的图象在(－1，f(－1)) 处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0. (1)求a，b； (2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.
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[方法总结] 1．存在型不等式成立主要是转化为最值问题 如存在x1、x2∈[a，b]使f(x1)≤g(x2)成立⇔f(x)min≤g(x)max，转化为最值问题求 解． 2．如果一个问题的求解中既有“存在性”又有“恒成立”，那么需要对问题作 等价转化，这里一定要注意转化的等价性、巧妙性，防止在转化中出错而使问题 的求解出错．
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[方法总结] 利用导数解决不等式的恒成立中参数范围问题的策略 (1)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． (2)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．
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[对点训练] (2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数ƒ(x)＝ax2＋exx－1. (1)求曲线y＝ƒ(x)在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a≥1时，ƒ(x)＋e≥0. 解析：(1)ƒ′(x)＝－ax2＋2eax－1x＋2，ƒ′(0)＝2. 因此曲线y＝ƒ(x)在(0，－1)处的切线方程是 2x－y－1＝0.
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[方法总结] 利用导数证明不等式的常用方法 (1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(或 f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)． (2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式 转化为左、右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数． (3)巧妙构造函数：根据不等式的结构特征构造函数，利用函数的最值进行解 决．在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验．
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解析：(1)证明：∵f(x)＝ln x＋a(1－x)，x＞0，∴f′(x)＝1x－a＝1－xax.∵a≤0，
∴f′(x)＞0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又当a≤0时，f12＝－ln
2＋
1 2a
＜0，f(e)＝1＋a(1－e)＞0，∴函数f(x)在12，e上存在唯一零点．
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(2)由(1)得f′(x)＝1x－a＝1－xax，∵a＞0，∴当x∈0，1a时，f′(x)＞0，f(x)单调
递增；当x∈
1a，＋∞
时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，∴f(x)在x＝
1 a
时取得最大
值，且最大值为f
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[解析] (1)由f′(x)＝2xex＞0，得x＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 a≥0，所以f(a)≥f(0)＝－2，所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)． (2)因为存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥2(x0－1)ex0－x0成立，所以存在x0∈[1， e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．令h(x)＝(2x－3)ex，从而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－ 1)ex.因为x≥1，所以2x－1≥1，ex＞0，所以h′(x)＞0，所以h(x)＝(2x－3)ex在 [1，e]上单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，所以实数p的取值范围 是[－e，＋∞)．
＝
1 x
－
3 2
＋
1 2x2
＝－
x－13x＋1 2x2
.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－
1 3
(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
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[对点训练] (2020·湖北武汉质检)已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－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，求实数a的取值范围．
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[解析] (1)由题意知f(－1)＝0，f′(－1)＝－1＋1e， 所以f(－1)＝(－1＋b)1e－a＝0， 所以b＝1或a＝1e， 又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a， 所以f′(－1)＝be－a＝－1＋1e， 若a＝1e，则b＝2－e＜0，与b＞0矛盾，故a＝1，b＝1.
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解析：(1)∵函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝ln x＋1.令f′(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，＋∞.
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故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0， 综上，当x∈(－∞，0)时，g′(x)＜0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0， 所以函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增， 故g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x. 故f(x)≥mx2＋x.
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[对点训练] 已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)求证：当a≤0时，函数f(x)在12，e上存在唯一的零点； (2)当a＞0时，若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)＋2－2a＞0成立，求a的取值范围．
∴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的取值范围是 [－2，＋∞)．
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考点三 存在成立问题———(核心考点——合作探究)
1 a
＝－ln
a＋a－1.“存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)＋2－2a＞0成
立”等价于f(x)max＞2a－2，x∈(0，＋∞)，∴f1a＝－ln a＋a－1＞2a－2，∴ln a
＋a－1＜0.令g(a)＝ln a＋a－1，∵g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴当
0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.∴a的取值范围为(0,1)．
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(2)证明：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，由m≤0，可得 x≥mx2＋x， 令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)ex－2， 当x≤－2时，g′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2＜0， 当x＞－2时，令h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2， 则h′(x)＝(x＋3)ex＞0，