高考数学二轮复习函数与导数专题12导数与不等式课件(共55张PPT)
文档属性
| 名称 | 高考数学二轮复习函数与导数专题12导数与不等式课件(共55张PPT) |
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| 格式 | ppt | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-02 00:00:00 | ||
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文档简介
(共55张PPT)
专题12 导数与不等式
导言 导数综合类问题一般牵扯到不等式的证明问题、不等式恒(能)成立问题．含参的不等式利用导数求参数问题是高考中的一个高频考点，通过函数单调性转化成为恒成立问题或者能成立问题以及其他问题，可直接求导或者是利用分离参数去转化．
【解析】 设F(x)＝ex－kx－1，则F′(x)＝ex－k，且F′(x)单调递增．当k≤0时，F′(x)＝ex－ k>0，所以F(x)＝ex－kx－1单调递增．又F(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，F(x)＝ex－kx－1<0，不符合题意，舍去；当k>0时，令F′(x)＝ex－k>0，解得x>lnk，令F′(x)＝ex－k<0，解得x0，则g′(k)＝1－(lnk＋1)＝－lnk，当00，则g(k)单调递增，当k>1时，g′(k)＝－lnk<0，则g(k)单调递减，所以g(k)max＝g(1)＝0，即g(k)＝k－klnk－1(k>0)的最大值为0，故只有当k＝1时，ex≥kx＋1恒成立，所以实数k的取值范围为{1}．
1 已知ex≥kx＋1恒成立，则实数k的取值范围为_______.
{1}
3 [人教A版选必二P99习题5.3T12(1)]证明不等式：ex>1＋x，x≠0.
证明：由ex>1＋x，得ex－x－1>0.
令f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，
当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)>f(0)＝0在区间(－∞，0)∪(0，＋∞)上恒成立，
即ex－x－1>0，
故ex>1＋x，x≠0得证．
要点指引
1. 利用导数证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)0(或f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)，研究单调性，求出最值，得到h(x)min>0(或h(x)max<0)，从而得证．还可以通过适当放缩构造证明不等式，根据已知条件适当放缩，或者利用常见放缩结论．
2. 利用参变量分离法求解函数不等式恒成立，可根据以下原则进行求解：
① x∈D，m≤f(x) m≤f(x)min；② x∈D，m≥f(x) m≥f(x)max.
3. 利用参变量分离法求解函数不等式能成立，可根据以下原则进行求解：
① x∈D，m≤f(x) m≤f(x)max；② x∈D，m≥f(x) m≥f(x)min.
4. 多变量的恒(能)成立问题，可以逐层确定一个主元，逐步求解最值；或对等式(不等式)两边同构，通过换元，转化成单变量问题．
重点1 利用导数证明不等式
已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1) 讨论f(x)的单调性；
1
(1) 解：由题意，得f(x)的定义域为R，f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，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＝－lna，
当x<－lna时，f′(x)<0，则f(x)在区间(－∞，－lna)上单调递减；
当x>－lna时，f′(x)>0，则f(x)在区间(－lna，＋∞)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)在区间(－∞，－lna)上单调递减，f(x)在区间(－lna，＋∞)上单调递增．
证法2(切线放缩) 令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1.
因为h′(x)＝ex－1在R上单调递增，且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)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(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＋lna＋1＋a2－x，
当且仅当x＋lna＝0，即x＝－lna时，等号成立[防范失误②]，
当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．
题后反思 利用导数证明不等式的求解策略：
1. 构造函数法：令F(x)＝f(x)－g(x)，利用导数求得F(x)的单调性与最小值，只需F(x)min≥0即可．
2. 参数分离法：转化为a≥φ(x)或a≤φ(x)恒成立，即a≥φ(x)max或a≤φ(x)min，只需利用导数求得函数φ(x)的单调性与最值即可．
3. 数形结合法：结合函数y＝f(x)的图象在y＝g(x)的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立．
4. 利用切线放缩将非基本初等函数转化成基本初等函数进行证明．
5. 根据三角函数的有界性，将含参函数转化成确定函数进行证明．
重点2 不等式恒(能)成立问题
已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.
(1) 当a＝－2时，求f(x)的极值；
(2) 当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
2
所以f′(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增．
又f′(0)＝0，
所以当－10时，f′(x)>0，
故f(x)在x＝0处取极小值且极小值为f(0)＝0，无极大值[防范失误③]．
本题与【基础活动】的第1,2题对比，发现：导数背景下不等式恒(能)成立问题，往往需要利用导数判断函数的单调性，有时还需进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类．
题后反思
1. 根据不等式恒(能)成立求解参数的取值范围时，一般涉及分离参数法，分离参数后构造新函数，并求出其最值，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，要注意恒成立与存在性问题的区别．
2. 恒(能)成立问题的解决策略：
①构造函数，分类讨论；②部分分离，化为切线；③完全分离，函数最值；④换元分离，简化运算．
3. 利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：
a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max，aa≥f(x)有解 a≥f(x)min，a重点3 多变量问题
[2025南通模拟]已知函数f(x)＝xlnx－ax＋a，a∈R.
(1) 若对任意x>0，不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的值；
思路引导：本题考查多变量问题．(1)利用导数求函数的最值. (2)证明的目标涉及多变量，可以对目标进行适当的等价变换，通过整体换元，将多变量问题转化成单变量问题．
3
(1) 解：由题意，得f′(x)＝lnx＋1－a.
令f′(x)＝0，得x＝ea－1，
当0ea－1时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间(0，ea－1)上单调递减，在区间(ea－1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(ea－1)＝(a－1)ea－1－aea－1＋a＝a－ea－1.
要使f(x)≥0恒成立，需满足a－ea－1≥0.
设φ(x)＝x－ex－1，则φ′(x)＝1－ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝1.
当x<1时，φ′(x)>0；当x>1时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在区间(－∞，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(1)＝0，
故a－ea－1≤0，当且仅当a＝1时，等号成立．
若满足a－ea－1≥0，则必有a－ea－1＝0，
故a＝1.
本题与【基础活动】的第2题对比，发现：这两题都是一个双变量的不等式，对需要证明的不等式进行适当变形，变形后换元转化为单变量的不等式．
变式训练 [2025南通模拟]若对于任意正数x，y，不等式x(1＋lnx)≥xlny－ay恒成立，则实数a的取值范围是( )
C
题后反思 在利用导数解决函数中的多变量问题时，核心思路是将多变量问题转化为单变量问题，常用以下几种方法：
1. 消元法：若题目中多个变量之间存在等量关系，可利用等量关系消去部分变量，将多变量问题转化为单变量问题．
2. 整体换元法：当多个变量间无直接等量关系，但可通过适当变形进行整体换元，令新变量为t，将多变量函数转化为关于t的单变量函数，要注意新元的定义域．
3. 主元法：当题目中有多个变量时，可选择其中一个变量作为主元，将其他变量视为常数，将问题转化为关于主元的函数问题进行求解．
在解决多变量问题时，需仔细分析题目条件，灵活选用合适方法，将复杂的多变量问题转化为熟悉的单变量问题进行求解．
2
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3
1 [2025常熟中学月考]已知不等式e(1－a)xA. (0，＋∞) B. (1－e－1，＋∞)
C. (1－e－2，＋∞) D. (1，＋∞)
B
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1
3
2 已知f(x)＝mx＋n，g(x)＝lnx，对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥g(x)恒成立，则m＋2n的最小值为( )
A. －ln2 B. －1
C. －ln4 D. －2
C
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3
1
3 若不等式ex－(a＋1)x≥b，a>－1对于x∈R恒成立，则b－a的最大 值为__________.
【解析】 令f(x)＝ex－(a＋1)x－b，则f′(x)＝ex－(a＋1)．由f′(x)＝ex－(a＋1)＝0，解得x＝ln(a＋1)．当xln(a＋1)时，f′(x)>0，所以f(x)在区间(－∞，ln(a＋1))上单调递减，在区间(ln(a＋1)，＋∞)上单调递增，则f(x)在x＝ln(a＋1)处取得极小值，也是最小值为f(ln(a＋1))＝eln(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)－b＝(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)－b.
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4 已知函数f(x)＝a(x－1)－lnx＋1.
(1) 求f(x)的单调区间；
(2) 若a≤2，求证：当x>1时，f(x)2
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所以g′(x)＝h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，
所以g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
则g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln1＝0，即ex－1－f(x)>0.
故当x>1时，f(x)
专题12 导数与不等式
导言 导数综合类问题一般牵扯到不等式的证明问题、不等式恒(能)成立问题．含参的不等式利用导数求参数问题是高考中的一个高频考点，通过函数单调性转化成为恒成立问题或者能成立问题以及其他问题，可直接求导或者是利用分离参数去转化．
【解析】 设F(x)＝ex－kx－1，则F′(x)＝ex－k，且F′(x)单调递增．当k≤0时，F′(x)＝ex－ k>0，所以F(x)＝ex－kx－1单调递增．又F(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，F(x)＝ex－kx－1<0，不符合题意，舍去；当k>0时，令F′(x)＝ex－k>0，解得x>lnk，令F′(x)＝ex－k<0，解得x
1 已知ex≥kx＋1恒成立，则实数k的取值范围为_______.
{1}
3 [人教A版选必二P99习题5.3T12(1)]证明不等式：ex>1＋x，x≠0.
证明：由ex>1＋x，得ex－x－1>0.
令f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，
当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)>f(0)＝0在区间(－∞，0)∪(0，＋∞)上恒成立，
即ex－x－1>0，
故ex>1＋x，x≠0得证．
要点指引
1. 利用导数证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)
2. 利用参变量分离法求解函数不等式恒成立，可根据以下原则进行求解：
① x∈D，m≤f(x) m≤f(x)min；② x∈D，m≥f(x) m≥f(x)max.
3. 利用参变量分离法求解函数不等式能成立，可根据以下原则进行求解：
① x∈D，m≤f(x) m≤f(x)max；② x∈D，m≥f(x) m≥f(x)min.
4. 多变量的恒(能)成立问题，可以逐层确定一个主元，逐步求解最值；或对等式(不等式)两边同构，通过换元，转化成单变量问题．
重点1 利用导数证明不等式
已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1) 讨论f(x)的单调性；
1
(1) 解：由题意，得f(x)的定义域为R，f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，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＝－lna，
当x<－lna时，f′(x)<0，则f(x)在区间(－∞，－lna)上单调递减；
当x>－lna时，f′(x)>0，则f(x)在区间(－lna，＋∞)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)在区间(－∞，－lna)上单调递减，f(x)在区间(－lna，＋∞)上单调递增．
证法2(切线放缩) 令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1.
因为h′(x)＝ex－1在R上单调递增，且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)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(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＋lna＋1＋a2－x，
当且仅当x＋lna＝0，即x＝－lna时，等号成立[防范失误②]，
当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．
题后反思 利用导数证明不等式的求解策略：
1. 构造函数法：令F(x)＝f(x)－g(x)，利用导数求得F(x)的单调性与最小值，只需F(x)min≥0即可．
2. 参数分离法：转化为a≥φ(x)或a≤φ(x)恒成立，即a≥φ(x)max或a≤φ(x)min，只需利用导数求得函数φ(x)的单调性与最值即可．
3. 数形结合法：结合函数y＝f(x)的图象在y＝g(x)的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立．
4. 利用切线放缩将非基本初等函数转化成基本初等函数进行证明．
5. 根据三角函数的有界性，将含参函数转化成确定函数进行证明．
重点2 不等式恒(能)成立问题
已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.
(1) 当a＝－2时，求f(x)的极值；
(2) 当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
2
所以f′(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增．
又f′(0)＝0，
所以当－1
故f(x)在x＝0处取极小值且极小值为f(0)＝0，无极大值[防范失误③]．
本题与【基础活动】的第1,2题对比，发现：导数背景下不等式恒(能)成立问题，往往需要利用导数判断函数的单调性，有时还需进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类．
题后反思
1. 根据不等式恒(能)成立求解参数的取值范围时，一般涉及分离参数法，分离参数后构造新函数，并求出其最值，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，要注意恒成立与存在性问题的区别．
2. 恒(能)成立问题的解决策略：
①构造函数，分类讨论；②部分分离，化为切线；③完全分离，函数最值；④换元分离，简化运算．
3. 利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：
a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max，a
[2025南通模拟]已知函数f(x)＝xlnx－ax＋a，a∈R.
(1) 若对任意x>0，不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的值；
思路引导：本题考查多变量问题．(1)利用导数求函数的最值. (2)证明的目标涉及多变量，可以对目标进行适当的等价变换，通过整体换元，将多变量问题转化成单变量问题．
3
(1) 解：由题意，得f′(x)＝lnx＋1－a.
令f′(x)＝0，得x＝ea－1，
当0
所以f(x)在区间(0，ea－1)上单调递减，在区间(ea－1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(ea－1)＝(a－1)ea－1－aea－1＋a＝a－ea－1.
要使f(x)≥0恒成立，需满足a－ea－1≥0.
设φ(x)＝x－ex－1，则φ′(x)＝1－ex－1.
令φ′(x)＝0，得x＝1.
当x<1时，φ′(x)>0；当x>1时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在区间(－∞，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(1)＝0，
故a－ea－1≤0，当且仅当a＝1时，等号成立．
若满足a－ea－1≥0，则必有a－ea－1＝0，
故a＝1.
本题与【基础活动】的第2题对比，发现：这两题都是一个双变量的不等式，对需要证明的不等式进行适当变形，变形后换元转化为单变量的不等式．
变式训练 [2025南通模拟]若对于任意正数x，y，不等式x(1＋lnx)≥xlny－ay恒成立，则实数a的取值范围是( )
C
题后反思 在利用导数解决函数中的多变量问题时，核心思路是将多变量问题转化为单变量问题，常用以下几种方法：
1. 消元法：若题目中多个变量之间存在等量关系，可利用等量关系消去部分变量，将多变量问题转化为单变量问题．
2. 整体换元法：当多个变量间无直接等量关系，但可通过适当变形进行整体换元，令新变量为t，将多变量函数转化为关于t的单变量函数，要注意新元的定义域．
3. 主元法：当题目中有多个变量时，可选择其中一个变量作为主元，将其他变量视为常数，将问题转化为关于主元的函数问题进行求解．
在解决多变量问题时，需仔细分析题目条件，灵活选用合适方法，将复杂的多变量问题转化为熟悉的单变量问题进行求解．
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1 [2025常熟中学月考]已知不等式e(1－a)x
C. (1－e－2，＋∞) D. (1，＋∞)
B
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3
2 已知f(x)＝mx＋n，g(x)＝lnx，对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥g(x)恒成立，则m＋2n的最小值为( )
A. －ln2 B. －1
C. －ln4 D. －2
C
2
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3 若不等式ex－(a＋1)x≥b，a>－1对于x∈R恒成立，则b－a的最大 值为__________.
【解析】 令f(x)＝ex－(a＋1)x－b，则f′(x)＝ex－(a＋1)．由f′(x)＝ex－(a＋1)＝0，解得x＝ln(a＋1)．当x
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4 已知函数f(x)＝a(x－1)－lnx＋1.
(1) 求f(x)的单调区间；
(2) 若a≤2，求证：当x>1时，f(x)
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所以g′(x)＝h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，
所以g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
则g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln1＝0，即ex－1－f(x)>0.
故当x>1时，f(x)
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