人教A版高中数学选择性必修第二册第五章一元函数的导数及其应用第四单元导数的综合应用课时4单变量存在性与恒成立问题课件(共34张PPT)

(共34张PPT)
第五章　一元函数的导数及其应用
第四单元　导数的综合应用
课时4　单变量存在性与恒成立问题
1. 理解解决不等式恒成立与能成立问题的方法.
2. 初步运用导数解决有关不等式恒成立与能成立问题.
利用导数解决有关不等式的恒成立问题.
教学过程设计
恒成立问题、存在性问题归根到底是最值问题.
单变量存在性与恒成立问题
1. 恒成立问题
（1） x∈D，f（x）≥0恒成立 在D上f（x）min≥0；
（2） x∈D，f（x）≤0恒成立 在D上f（x）max≤0.
2. 存在性问题
（1） x∈D，f（x）≥0成立 在D上f（x）max≥0；
（2） x∈D，f（x）≤0成立 在D上f（x）min≤0.
（4）同构法：对不等式进行变形，使得不等式左、右两边式子的结构一 致，再通过构造的函数单调性进行求解.
（5）放缩法：利用常见的不等式、切线放缩、三角函数有界性等手段对所 求不等式逐步放缩，达到证明所求不等式恒成立的目的.
学习各种方法时，要注意理解它们各自之间的优劣性，有了比较才能快速判 断某种题境中采取哪种方法较简捷，建议学习时一题多解，多发散思考.
目标检测
A. [0，1] B. [0，2] C. [0，e] D. [1，e]
C
故g（x）min＝g（e）＝e，
所以a≤e.综上可知，a的取值范围是[0，e].故选C.
D
（答案图）
又g（0）＝－1，g（1）＝e＞0.
直线y＝ax－a恒过定点（1，0），且斜率为a，
故选D.
3. 利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证：
（1）ex＞1＋x，x≠0；
证明：由题意，ex＞1＋x等价于ex－x－1＞0，
令f（x）＝ex－x－1，
∴f'（x）＝ex－1.又f'（x）单调递增，
且f'（0）＝e0－1＝0，
∴x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
故f（x）＞f（0）＝0在x≠0上恒成立，即ex－x－1＞0（x≠0），
∴ex＞1＋x，x≠0得证.如图1.
（答案图1）
（2）ln x＜x＜ex，x＞0.
（答案图2）
方法二（通性通法：隐零点讨论）：
设f'（x0）＝0，当x→0时，f'（x）→－∞，
当x＝1时，f'（1）＝ae－1≥0，
所以x0∈（0，1]，f（x）在（0，x0）上单调递减，
所以g（x）在（0，1]上单调递减，
故g（x）≥g（1）＝0，即f（x）≥0成立.
方法三（分离参数求最值）：
从而h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；
1. （2023·新课标Ⅱ卷）证明：当0＜x＜1时，x－x2＜ sin x＜x.
证明：构建F（x）＝x－ sin x，x∈（0，1），
则F'（x）＝1－ cos x＞0对 x∈（0，1）恒成立，
则F（x）在（0，1）上单调递增，可得F（x）＞F（0）＝0，
所以x＞ sin x，x∈（0，1）.
构建G（x）＝ sin x－（x－x2）＝x2－x＋ sin x，x∈（0，1），
则G'（x）＝2x－1＋ cos x，x∈（0，1），
构建g（x）＝G'（x），x∈（0，1），
则g'（x）＝2－ sin x＞0对 x∈（0，1）恒成立，
则g（x）在（0，1）上单调递增，可得g（x）＞g（0）＝0，
即G'（x）＞0对 x∈（0，1）恒成立，
则G（x）在（0，1）上单调递增，可得G（x）＞G（0）＝0，
所以 sin x＞x－x2，x∈（0，1）.
综上所述，当0＜x＜1时，x－x2＜ sin x＜x.
2. （2024·全国甲卷）已知函数f（x）＝a（x－1）－ln x＋1.当a≤2时， 证明：当x＞1时，f（x）＜ex－1恒成立.
3. （2023·新课标Ⅰ卷）已知函数f（x）＝a（ex＋a）－x.
（1）讨论f（x）的单调性；
解：因为f（x）＝a（ex＋a）－x，定义域为R，
所以f'（x）＝aex－1，
当a≤0时，由于ex＞0，则aex≤0，故f'（x）＝aex－1＜0恒成立，
所以f（x）在R上单调递减；
当a＞0时，令f'（x）＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
当x＜－ln a时，f'（x）＜0，
则f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减；
当x＞－ln a时，f'（x）＞0，
则f（x）在（－ln a，＋∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，f（x）在R上单调递减；
当a＞0时，f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，
在（－ln a，＋∞）上单调递增.
方法二：令h（x）＝ex－x－1，则h'（x）＝ex－1，
由于y＝ex在R上单调递增，
所以h'（x）＝ex－1在R上单调递增，又h'（0）＝e0－1＝0，
所以当x＜0时，h'（x）＜0；
当x＞0时，h'（x）＞0；
所以h（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，故h （x）≥h（0）＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立.
因为f（x）＝a（ex＋a）－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋ 1＋a2－x，当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立，

证明：方法一（最优解：放缩法）：
当a≥1时，f（x）＋e≥（ex＋1＋x2＋x－1）e－x.
令g（x）＝x2＋x－1＋ex＋1，
则g'（x）＝2x＋1＋ex＋1，g″（x）＝2＋ex＋1＞0，
当x＜－1时，g'（x）＜g'（－1）＝0，g（x）单调递减；
当x＞－1时，g'（x）＞g'（－1）＝0，g（x）单调递增；
所以g（x）≥g（－1）＝0.因此f（x）＋e≥0.
方法二（通性通法：导数的应用）：
方法三（等价变形＋含参讨论）：
不等式f（x）＋e≥0等价于ax2＋x－1＋ex＋1≥0.
令g（x）＝ax2＋x－1＋ex＋1，g'（x）＝2ax＋1＋ex＋1.
当a＝1时，g（x）＝x2＋x－1＋ex＋1≥0（导数法证明过程参考方法二）.

记h（x）＝ax2－（2a－1）x－2，则y＝h（x）的图象为开口向上，
综上所述，当a≥1时，f（x）＋e≥0.
方法四（最优解：利用切线不等式放缩）：
不等式f（x）＋e≥0等价于ax2＋x－1＋ex＋1≥0.
因为ex≥x＋1，
所以ax2＋x－1＋ex＋1≥ax2＋x－1＋1＋（x＋1）＝ax2＋2x＋1.
当a≥1时，ax2＋2x＋1≥x2＋2x＋1＝（x＋1）2≥0，即结论得证.
3. 已知函数f（x）＝aex－1－ln x＋ln a.若不等式f（x）≥1恒成立，求a 的取值范围.

方法二（最优解：同构）：
由f（x）≥1得aex－1－ln x＋ln a≥1，
即eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x，而ln x＋x＝eln x＋ln x，
∴eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥eln x＋ln x.
令h（m）＝em＋m，则h'（m）＝em＋1＞0，
∴h（m）在R上单调递增.
由eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥eln x＋ln x，
可知h（ln a＋x－1）≥h（ln x），
∴ln a＋x－1≥ln x，
∴ln a≥（ln x－x＋1）max.
∴当x∈（0，1）时，F'（x）＞0，F（x）单调递增；
当x∈（1，＋∞）时，F'（x）＜0，F（x）单调递减.
∴F（x）max＝F（1）＝0，则ln a≥0，即a≥1.
∴a的取值范围为[1，＋∞）.
方法三（换元同构）：由题意知a＞0，x＞0，令aex－1＝t，
∴ln a＋x－1＝ln t，∴ln a＝ln t－x＋1.
于是f（x）＝aex－1－ln x＋ln a＝t－ln x＋ln t－x＋1.
由于f（x）≥1 t－ln x＋ln t－x＋1≥1 t＋ln t≥x＋ln x，
而y＝x＋ln x在x∈（0，＋∞）上为增函数，故t≥x，
当0＜x＜1时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＞1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减.
∴a的取值范围为[1，＋∞）.
方法四：∵定义域为（0，＋∞），且f（x）≥1，
∴f（1）≥1，即a＋ln a≥1.令S（a）＝a＋ln a，
∴S（a）在（0，＋∞）上单调递增.
∵S（1）＝1，∴a≥1时，有S（a）≥S（1），即a＋ln a≥1.
下面证明当a≥1时，f（x）≥1恒成立.
令T（a）＝aex－1－ln x＋ln a，只需证当a≥1时，T（a）≥1恒成立.
∴T（a）在区间[1，＋∞）上单调递增，
则T（a）min＝T（1）＝ex－1－ln x.
因此要证明a≥1时，T（a）≥1恒成立，只需证明T（a）min＝ex－1－lnx ≥1即可.
由ex≥x＋1，ln x≤x－1，得ex－1≥x，－ln x≥1－x.
上面两个不等式两边相加可得ex－1－ln x≥1，
故a≥1时，f（x）≥1恒成立.当0＜a＜1时，
∵f（1）＝a＋ln a＜1，显然不满足f（x）≥1恒成立.
∴a的取值范围为[1，＋∞）.
小结提升
1. 通过本节课的学习，你有哪些收获？
小结：单变量存在性和恒成立问题的处理方法：直接构造法、分离参数法、 数形结合法、放缩法、同构法等，本质还是转化为函数的最值.
2. 通过本节课的学习，你有哪些困惑？