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第1课时　导数与不等式
题点一　利用导数证明不等式
[例1]　已知函数f(x)=ex-1-xln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)证明:f(x)>0.
快审准解:(1)求导,即可得直线斜率,进而可求解直线方程.
(2)对x分0,构造h(x)=,g(x)=,分别利用导数求解函数的单调性,求得最值即可得证.
|思维建模|　不等式证明的常用思路
(1)移项构造函数法: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);
(2)最值法:若无法转化为一个函数的最值问题,则可以考虑转化为两个函数的最值问题.在证明过程中,等价转化是关键,此处f(x)min>g(x)max恒成立.从而f(x)>g(x),但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个x的值.
(3)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩;二是利用常见放缩结论.
[即时训练]
1.已知函数f(x)=x2-ax+ln x,1为f(x)的极值点.
(1)求a;
(2)证明:f(x)≤2x2-4x.
题点二　 利用导数解决不等式恒成立问题
　　　　　　　　　　　　　　　　
[例2]　已知函数f(x)=.若ex≥f(x)+m恒成立,求实数m的取值范围.
|思维建模|
一般利用参变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:
(1) x∈D,m≤f(x) m≤f(x)min;
(2) x∈D,m≥f(x) m≥f(x)max;
(3) x∈D,m≤f(x) m≤f(x)max;
(4) x∈D,m≥f(x) m≥f(x)min.
[即时训练]
2.设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若x≥0时,f(x)≤ax+1恒成立,求实数a的取值范围.
第1课时　导数与不等式
题点一
[例1]　解:(1)f(1)=e1-1-ln 1=1,f'(x)=ex-1-(ln x+1),则f'(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=1.
(2)证明:法一　易知f(x)的定义域为(0,+∞).
①当0e-1,xln x<0,则ex-1>xln x,即f(x)>0;
②当x≥1时,f'(x)=ex-1-(ln x+1)=ex-1-ln x-1.设g(x)=f'(x),g'(x)=ex-1-,
由于y=ex-1,y=-均在[1,+∞)上单调递增,故g'(x)在[1,+∞)上单调递增,g'(1)=0,
所以g'(x)≥0,所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,g(1)=0,g(x)≥0,即f'(x)≥0,
所以f(x)在[1,+∞)上单调递增,f(1)=1,则ex-1-xln x≥1>0.综上所述,f(x)>0.
法二　易知f(x)的定义域为(0,+∞).要证f(x)>0,只需证ex-1>xln x,只需证>,
令h(x)=,g(x)=,h'(x)==,当x∈(0,2)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)≥h(2)==.g'(x)==,
当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)≤g(e)==.
综上所述,h(x)≥>≥g(x),也就是>,即f(x)>0.
习得方略:当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时,一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题.
[即时训练]
1.解:(1)f'(x)=2x-a+,依题意,f'(1)=2×1-a+1=0,解得a=3,经检验符合题意,所以a=3.
(2)证明:由(1)可知,f(x)=x2-3x+ln x,要证f(x)=x2-3x+ln x≤2x2-4x,即证x2-x-ln x≥0,
设g(x)=x2-x-ln x,则g'(x)=2x-1-=,所以当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x=1时,g(x)取得极小值,也是最小值,因为g(1)=0,g(x)≥g(1)=0,所以f(x)≤2x2-4x.
题点二
[例2]　解:第一步:构造函数,将问题转化为函数的最小值问题
由ex≥f(x)+m恒成立,得ex≥+m恒成立,即m≤恒成立.
令h(x)=,则m≤h(x)min.
第二步:构造函数,利用导数证明h(x)≥1
xex-1-ln x-x=ex+ln x-1-ln x-x,(同构法的应用)
令p(x)=ex-x-1,则p'(x)=ex-1,令p'(x)=0,得x=0,
当x∈(-∞,0)时,p'(x)<0,p(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,p'(x)>0,p(x)单调递增,
所以p(x)≥p(0)=0,故ex-x-1≥0,即ex≥x+1,
当且仅当x=0时取等号.
所以ex+ln x-1-ln x-x≥x+ln x+1-1-ln x-x=0,
即xex-1-ln x≥x,
所以h(x)=≥1,当且仅当x+ln x=0时等号成立.
第三步:证明函数h(x)可以取到最小值,即可得解
令g(x)=x+ln x,则g(x)单调递增.
又g=-1<0,g(1)=1>0,所以存在x0∈,使得g(x0)=0,
所以当x=x0时,h(x)取得最小值1.
因此m≤1,故m的取值范围为(-∞,1].
结论拓展:与ex和ln x相关的常见同构模型
(1)aea≤bln b ealn ea≤bln b,构造函数f(x)=xln x(或aea≤bln b aea≤ln b·eln b,构造函数g(x)=xex);
(2)< <,构造函数f(x)=;
(3)ea±a>b±ln b ea±ln ea>b±ln b,构造函数f(x)=x±ln x(或ea±a>b±ln b ea±a>eln b±ln b,构造函数g(x)=ex±x).
　
[即时训练]
2.解:(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex,令f'(x)=0,得x=-1±,
当x∈(-∞,-1-)时,f'(x)<0;
当x∈(-1-,-1+)时,f'(x)>0;
当x∈(-1+,+∞)时,f'(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,在(-1-,-1+)上单调递增.
(2)令g(x)=f(x)-ax-1=(1-x2)ex-(ax+1),
则g'(x)=(1-x2-2x)ex-a.令x=0,可得g(0)=0.
令h(x)=(1-x2-2x)ex-a,
则h'(x)=-(x2+4x+1)ex,
当x≥0时,h'(x)<0,则h(x)在[0,+∞)上单调递减,故当x≥0时,h(x)≤h(0)=1-a,即当x≥0时,g'(x)≤1-a.
要使f(x)-ax-1≤0对x≥0恒成立,只需1-a≤0,即a≥1,
此时g(x)≤g(0)=0,故实数a的取值范围是[1,+∞).(共32张PPT)
第五节
导数的综合应用
第1课时　导数与不等式
目录
01.题点一　利用导数证明不等式
02.题点二　利用导数解决不等式恒成立问题
03.课时跟踪检测
[例1]　已知函数f(x)=ex-1-xln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
快审准解:求导，即可得直线斜率，进而可求解直线方程.
解: f(1)=e1-1-ln 1=1，
f'(x)=ex-1-(ln x+1)，则f'(1)=0，
所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=1.
题点一　利用导数证明不等式
(2)证明:f(x)>0.
快审准解:对x分0，构造h(x)=，g(x)=，分别利用导数求解函数的单调性，求得最值即可得证.
解:证明:法一　易知f(x)的定义域为(0，+∞).
①当0e-1，xln x<0，则ex-1>xln x，即f(x)>0；
②当x≥1时，f'(x)=ex-1-(ln x+1)=ex-1-ln x-1.
设g(x)=f'(x)，g'(x)=ex-1-，
由于y=ex-1，y=-均在[1，+∞)上单调递增，
故g'(x)在[1，+∞)上单调递增，g'(1)=0，
所以g'(x)≥0，所以g(x)在[1，+∞)上单调递增，
g(1)=0，g(x)≥0，即f'(x)≥0，
所以f(x)在[1，+∞)上单调递增，f(1)=1，
则ex-1-xln x≥1>0.综上所述，f(x)>0.
法二　易知f(x)的定义域为(0，+∞).要证f(x)>0，只需证ex-1>xln x，只需证>，令h(x)=，g(x)=，h'(x)==，
当x∈(0，2)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(2，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)≥h(2)==.
g'(x)==，
当x∈(0，e)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(e，+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)≤g(e)==.
综上所述，h(x)≥>≥g(x)，也就是>，即f(x)>0.
当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题.
习得方略
不等式证明的常用思路
(1)移项构造函数法: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)；
(2)最值法:若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题.在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立.从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个x的值.
(3)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论.
思维建模
1.已知函数f(x)=x2-ax+ln x，1为f(x)的极值点.
(1)求a；
解: f'(x)=2x-a+，依题意，
f'(1)=2×1-a+1=0，解得a=3，
经检验符合题意，所以a=3.
即时训练
(2)证明:f(x)≤2x2-4x.
解:证明:由(1)可知，f(x)=x2-3x+ln x，
要证f(x)=x2-3x+ln x≤2x2-4x，即证x2-x-ln x≥0，
设g(x)=x2-x-ln x，则g'(x)=2x-1-=，所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值，因为g(1)=0，g(x)≥g(1)=0，所以f(x)≤2x2-4x.
[例2]　已知函数f(x)=.若ex≥f(x)+m恒成立，求实数m的取值范围.
解：第一步：构造函数，将问题转化为函数的最小值问题
由ex≥f(x)+m恒成立，得ex≥+m恒成立，
即m≤恒成立.
令h(x)=，则m≤h(x)min.
题点二　 利用导数解决不等式恒成立问题
第二步：构造函数，利用导数证明h(x)≥1
xex-1-ln x-x=ex+ln x-1-ln x-x，(同构法的应用)
令p(x)=ex-x-1，则p'(x)=ex-1，令p'(x)=0，得x=0，
当x∈(-∞，0)时，p'(x)<0，p(x)单调递减，当x∈(0，+∞)时，p'(x)>0，p(x)单调递增，所以p(x)≥p(0)=0，故ex-x-1≥0，即ex≥x+1，
当且仅当x=0时取等号.
所以ex+ln x-1-ln x-x≥x+ln x+1-1-ln x-x=0，即xex-1-ln x≥x，
所以h(x)=≥1，当且仅当x+ln x=0时等号成立.
第三步：证明函数h(x)可以取到最小值，即可得解
令g(x)=x+ln x，则g(x)单调递增.
又g=-1<0，g(1)=1>0，所以存在x0∈，使得g(x0)=0，
所以当x=x0时，h(x)取得最小值1.
因此m≤1，故m的取值范围为(-∞，1].
结论拓展：与ex和ln x相关的常见同构模型
(1)aea≤bln b ealn ea≤bln b，构造函数f(x)=xln x(或aea≤bln b aea≤ln b·eln b，构造函数g(x)=xex);
(2)< <，构造函数f(x)=;
(3)ea±a>b±ln b ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)=x±ln x(或ea±a>b±ln b ea±a>eln b±ln b，构造函数g(x)=ex±x).
一般利用参变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:
(1) x∈D，m≤f(x) m≤f(x)min；
(2) x∈D，m≥f(x) m≥f(x)max；
(3) x∈D，m≤f(x) m≤f(x)max；
(4) x∈D，m≥f(x) m≥f(x)min.
思维建模
2.设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
解: f'(x)=(1-2x-x2)ex，令f'(x)=0，得x=-1±，
当x∈(-∞，-1-)时，f'(x)<0；当x∈(-1-，-1+)时，f'(x)>0；当x∈(-1+，+∞)时，f'(x)<0.所以f(x)在(-∞，-1-)，(-1+，+∞)上单调递减，在(-1-，-1+)上单调递增.
即时训练
(2)若x≥0时，f(x)≤ax+1恒成立，求实数a的取值范围.
解:令g(x)=f(x)-ax-1=(1-x2)ex-(ax+1)，则g'(x)=(1-x2-2x)ex-a.
令x=0，可得g(0)=0.令h(x)=(1-x2-2x)ex-a，则h'(x)=-(x2+4x+1)ex，
当x≥0时，h'(x)<0，则h(x)在[0，+∞)上单调递减，故当x≥0时，h(x)≤h(0)=1-a，即当x≥0时，g'(x)≤1-a.
要使f(x)-ax-1≤0对x≥0恒成立，只需1-a≤0，即a≥1，
此时g(x)≤g(0)=0，故实数a的取值范围是[1，+∞).
课时跟踪检测
03
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1.(15分)(2024·西安三模)已知函数f(x)=(ax+1)ex.
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(4分)
解:当a=1时，f'(x)=(x+2)ex，则f'(0)=2.
又f(0)=1，所以切线方程为y=2x+1，
即2x-y+1=0.
(2)若当x≥0时，f(x)≥1恒成立，求a的取值范围.(11分)
解:f'(x)=(ax+1+a)ex.
当a≥0时，f'(x)>0在[0，+∞)上恒成立，
则f(x)在[0，+∞)上单调递增，
又f(0)=1，所以f(x)≥1恒成立，满足题意；
当a<0时，->0，f=0<1，
不符合题意.综上，a的取值范围为[0，+∞).
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2.(15分)(2025·武汉模拟)已知f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x.
(1)求f'(1)并写出f(x)的解析式；(5分)
解:由f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x得f'(x)=-2f'(1)x+1+，取x=1得到f'(1)=-2f'(1)+1+2，解得f'(1)=1.
将f'(1)=1代入f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x可得f(x)=-x2+x+2ln x.
(2)证明:f(x)≤x-1.(10分)
解:证明:由(1)知f(x)=-x2+x+2ln x=x-(x2-ln x2)，
令t=x2，g(t)=t-ln t，则g'(t)=1-=，
故当01时，g'(t)>0.
所以g(t)在(0，1)上单调递减，
在(1，+∞)上单调递增，故g(t)≥g(1)=1.
从而f(x)=x-(x2-ln x2)=x-g(x2)≤x-1.
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3.(15分)(2024·拉萨二模)已知函数f(x)=xex+ax2+1.
(1)当a=0时，求函数f(x)的最值；(5分)
解:当a=0时，f(x)=xex+1，则f'(x)=(1+x)ex，
当x<-1时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x>-1时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
所以当x=-1时，f(x)取得极小值，也是最小值，
所以函数f(x)的最小值为f(-1)=-e-1+1=1-，没有最大值.
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(2)若方程f(x)=ex+1在x∈[1，3]上有解，求实数a的取值范围.(10分)
解:方程f(x)=ex+1在x∈[1，3]上有解，
即xex+ax2+1=ex+1在x∈[1，3]上有解，整理，得ax2=ex-xex.
因为x≠0，所以a=.令g(x)=(x∈[1，3])，
则g'(x)=-.因为x2-2x+2≥1>0，所以当x>0时，g'(x)<0，
所以当x∈[1，3]时，g(x)单调递减，所以g(3)≤g(x)≤g(1)，即-≤g(x)≤0，所以实数a的取值范围是.
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4.(15分)已知函数f(x)=aex-x.
(1)讨论f(x)的单调性；(6分)
解: f'(x)=aex-1.
当a≤0时，f'(x)<0，f(x)在R上是减函数.
当a>0时，令f'(x)=0，解得x=-ln a.
当x∈(-∞，-ln a)时，f'(x)<0；当x∈(-ln a，+∞)时，f'(x)>0.
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所以f(x)在(-∞，-ln a)上单调递减，
在(-ln a，+∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f(x)在R上是减函数；
当a>0时，f(x)在(-∞，-ln a)上单调递减，
在(-ln a，+∞)上单调递增.
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(2)若a>0， x∈(0，+∞)，f(x)>-，求a的取值范围.(9分)
解:f(x)>-，即aex->x-.令函数g(x)=x-(x>0)，则g(aex)=aex-，所以g(aex)>g(x).因为g'(x)=1+>0，g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以aex>x，即a>.
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令函数h(x)=(x>0)，则h'(x)=.
当x∈(0，1)时，h'(x)>0；当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0.
所以h(x)在(0，1)上单调递增，
在(1，+∞)上单调递减，
所以h(x)max=h(1)=，a>h(x)max=.
故a的取值范围为.
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4课时跟踪检测(二十四)　导数与不等式
1.(15分)(2024·西安三模)已知函数f(x)=(ax+1)ex.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(4分)
(2)若当x≥0时,f(x)≥1恒成立,求a的取值范围.(11分)
2.(15分)(2025·武汉模拟)已知f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x.
(1)求f'(1)并写出f(x)的解析式;(5分)
(2)证明:f(x)≤x-1.(10分)
3.(15分)(2024·拉萨二模)已知函数f(x)=xex+ax2+1.
(1)当a=0时,求函数f(x)的最值;(5分)
(2)若方程f(x)=ex+1在x∈[1,3]上有解,求实数a的取值范围.(10分)
4.(15分)已知函数f(x)=aex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;(6分)
(2)若a>0, x∈(0,+∞),f(x)>-,求a的取值范围.(9分)
课时跟踪检测(二十四)
1.解:(1)当a=1时,f'(x)=(x+2)ex,则f'(0)=2.
又f(0)=1,所以切线方程为y=2x+1,即2x-y+1=0.
(2)f'(x)=(ax+1+a)ex.
当a≥0时,f'(x)>0在[0,+∞)上恒成立,则f(x)在[0,+∞)上单调递增,
又f(0)=1,所以f(x)≥1恒成立,满足题意;
当a<0时,->0,f=0<1,不符合题意.综上,a的取值范围为[0,+∞).
2.解:(1)由f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x得f'(x)=-2f'(1)x+1+,取x=1得到f'(1)=-2f'(1)+1+2,解得f'(1)=1.
将f'(1)=1代入f(x)=-f'(1)x2+x+2ln x可得f(x)=-x2+x+2ln x.
(2)证明:由(1)知f(x)=-x2+x+2ln x=x-(x2-ln x2),令t=x2,g(t)=t-ln t,则g'(t)=1-=,故当01时,g'(t)>0.所以g(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故g(t)≥g(1)=1.
从而f(x)=x-(x2-ln x2)=x-g(x2)≤x-1.
3.解:(1)当a=0时,f(x)=xex+1,则f'(x)=(1+x)ex,
当x<-1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x>-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=-1时,f(x)取得极小值,也是最小值,所以函数f(x)的最小值为f(-1)=-e-1+1=1-,没有最大值.
(2)方程f(x)=ex+1在x∈[1,3]上有解,即xex+ax2+1=ex+1在x∈[1,3]上有解,整理,得ax2=ex-xex.
因为x≠0,所以a=.
令g(x)=(x∈[1,3]),则g'(x)=-.
因为x2-2x+2≥1>0,所以当x>0时,g'(x)<0,
所以当x∈[1,3]时,g(x)单调递减,
所以g(3)≤g(x)≤g(1),即-≤g(x)≤0,
所以实数a的取值范围是.
4.解:(1)f'(x)=aex-1.
当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上是减函数.
当a>0时,令f'(x)=0,解得x=-ln a.
当x∈(-∞,-ln a)时,f'(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.综上,当a≤0时,f(x)在R上是减函数;当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)f(x)>-,即aex->x-.令函数g(x)=x-(x>0),则g(aex)=aex-,所以g(aex)>g(x).因为g'(x)=1+>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以aex>x,即a>.令函数h(x)=(x>0),则h'(x)=.当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.
所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以h(x)max=h(1)=,a>h(x)max=.故a的取值范围为.

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