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培优课
利用导数研究不等式
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 利用导数证明不等式
【例1】　已知 x ＞1，证明：ln x ＋ ＞1.
证明：令 f （ x ）＝ln x ＋ （ x ＞1），所以f'（ x ）＝ － ＝ ，
因为 x ＞1，所以f'（ x ）＞0，
所以 f （ x ）＝ln x ＋ 在（1，＋∞）上单调递增，
所以 f （ x ）＞ f （1）＝ln 1＋1＝1.
从而ln x ＋ ＞1，命题得证.
通性通法
证明不等式 f （ x ）＞ g （ x ）， x ∈（ a ， b ）的方法
（1）将要证明的不等式 f （ x ）＞ g （ x ）移项可以转化为证明 f
（ x ）－ g （ x ）＞0；
（2）构造函数 F （ x ）＝ f （ x ）－ g （ x ），研究 F （ x ）的单调性；
（3）若[ f （ x ）－ g （ x ）]'＞0，说明函数 F （ x ）＝ f （ x ）－ g
（ x ）在（ a ， b ）上是增函数.只需保证 F （ a ）≥0；
（4）若[ f （ x ）－ g （ x ）]'＜0，说明函数 F （ x ）＝ f （ x ）－ g
（ x ）在（ a ， b ）上是减函数.只需保证 F （ b ）≥0.
【跟踪训练】
已知函数 f （ x ）＝ x2＋ln x ， g （ x ）＝ x3，求证：在区间（1，＋
∞）上， f （ x ）＜ g （ x ）.
证明：设 F （ x ）＝ g （ x ）－ f （ x ），即 F （ x ）＝ x3－ x2－ln x ，
即F'（ x ）＝2 x2－ x － ＝ .
当 x ＞1时，F'（ x ）＝ ＞0，
从而 F （ x ）在（1，＋∞）上单调递增，∴ F （ x ）＞ F （1）＝ ＞0.
∴当 x ＞1时， g （ x ）－ f （ x ）＞0，即 f （ x ）＜ g （ x ）.
题型二 利用导数研究不等式恒成立问题
【例2】　已知函数 f （ x ）＝ln x ＋ ax － a2 x2（ a ＞0）.若 f （ x ）＜0
在定义域内恒成立，求实数 a 的取值范围.
解： f （ x ）的定义域为（0，＋∞），令f'（ x ）＝
＝0，
得 x1＝－ （舍去）， x2＝ ，
所以 x ，f'（ x ）， f （ x ）的变化情况如下表，
x （0， ） （ ，＋∞）
f'（ x ） ＋ 0 －
f （ x ） 单调递增 极大值 单调递减
所以 f （ x ）max＝ f （ ）＝ln ＜0，所以 a ＞1.
所以 a 的取值范围是（1，＋∞）.
通性通法
由不等式恒成立求参数的取值范围的策略
（1）求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；
（2）分离参数法：将参数分离出来，进而转化为 a ＞ f （ x ）max或 a
＜ f （ x ）min的形式，通过导数的应用求出 f （ x ）的最值，即得
参数的取值范围.
【跟踪训练】
已知函数 f （ x ）＝ x ln x ，若对于所有 x ≥1都有 f （ x ）≥ ax －1，求
实数 a 的取值范围.
解：依题意，得 f （ x ）≥ ax －1在[1，＋∞）上恒成立，即不等式 a
≤ln x ＋ 在 x ∈[1，＋∞）恒成立，亦即 a ≤ ， x ∈[1，
＋∞）.设 g （ x ）＝ln x ＋ （ x ≥1），则g'（ x ）＝ － ＝ .
令g'（ x ）＝0，得 x ＝1.
当 x ≥1时，g'（ x ）≥0，故 g （ x ）在[1，＋∞）上单调递增.
所以 g （ x ）在[1，＋∞）上的最小值是 g （1）＝1.
故 a 的取值范围是（－∞，1].v
1. 已知函数 f （ x ）＝ x4－2 x3＋3 m ， x ∈R，若 f （ x ）＋9≥0恒成
立，则 m 的取值范围是（　　）
A. m ≥ B. m ＞
C. m ≤ D. m ＜
解析：　f'（ x ）＝2 x3－6 x2＝2 x2（ x －3），令f'（ x ）＝0得 x ＝
0或 x ＝3，验证可知 x ＝3是函数的最小值点，故 f （ x ）min＝ f
（3）＝3 m － ，由 f （ x ）＋9≥0恒成立得 f （ x ）≥－9恒成立，
即3 m － ≥－9，所以 m ≥ .
2. （2024·许昌月考）若不等式 ax2≥ln x 恒成立，则实数 a 的取值范围
是（　　）
A. ［ ，＋∞） B. （ ，＋∞）
C. （－∞， ］ D. （－∞， ）
解析：　由题设知， a ≥ 恒成立，令 f （ x ）＝ 且 x ＞0，则
f'（ x ）＝ ＝ ，∴当0＜ x ＜ 时，f'（ x ）＞0， f
（ x ）单调递增；当 x ＞ 时，f'（ x ）＜0， f （ x ）单调递减.∴ f
（ x ）≤ f （ ）＝ ，故 a ≥ .
3. 当 x ＞0时，证明：不等式ln（ x ＋1）＞ x － x2.
证明：设 f （ x ）＝ln（ x ＋1）－ x ＋ x2，
则f'（ x ）＝ －1＋ x ＝ .
当 x ∈（－1，＋∞）时，f'（ x ）＞0，
所以 f （ x ）在（－1，＋∞）上是增函数.
于是当 x ＞0时， f （ x ）＞ f （0）＝0，
所以当 x ＞0时，不等式ln（ x ＋1）＞ x － x2成立.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
　　
1. 若对任意的实数 x ＞0， x ln x － x － a ≥0恒成立，则实数 a 的取值
范围是（　　）
A. （－∞，－1] B. （－∞，1]
C. [－1，＋∞） D. [1，＋∞）
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解析：　令 f （ x ）＝ x ln x － x － a ， x ∈（0，＋∞），则f'（ x ）
＝ln x ，令f'（ x ）＝0 x ＝1，当0＜ x ＜1时，f'（ x ）＜0；当 x ＞1
时，f'（ x ）＞0.所以函数 f （ x ）在（0，1）上单调递减，在（1，
＋∞）上单调递增，所以 f （ x ）min＝ f （1）＝－1－ a ，由对任意
的实数 x ＞0， x ln x － x － a ≥0恒成立，所以 f （ x ）min＝－1－ a
≥0 a ≤－1.
2. 关于 x 的不等式 ax ＜e x 在 x ∈（0，1）上恒成立，则 a 的取值范围
是（　　）
A. （－∞，e] B. （0，e]
C. （1，e] D. [e，＋∞）
解析：　当 x ∈（0，1）时， ax ＜e x a ＜ ，令 f （ x ）＝ ，
则问题等价于 a ＜ f （ x ）min，则f'（ x ）＝ ＝ ，所
以f'（ x ）＜0，即 f （ x ）在（0，1）上单调递减，所以当 x ∈
（0，1）时， f （ x ）＞e，所以 a ≤e.
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3. （多选）已知函数 f （ x ）＝－ x2ln x ，则（　　）
A. f （ x ）≤0恒成立
B. f （ x ）在（0，＋∞）上单调递减
C. f （ x ）在 x ＝ 处得到极大值
D. f （ x ）只有一个零点
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解析：因为 f （ x ）＝－ x2ln x ，该函数的定义域为（0，＋∞），f'（ x ）＝－2 x ln x － x ＝－ x （2ln x ＋1）.当0＜ x ＜ 时，f'（ x ）＞0，此时函数 f （ x ）单调递增，当 x ＞ 时，f'（ x ）＜0，此时函数 f （ x ）单调递减，所以 f （ x ）极大值＝ f （ ）＝－e－1ln ＝ ，故B选项错误，C选项正确；当0＜ x ＜1时，ln x ＜0，此时 f （ x ）＝－ x2ln x ＞0，故A选项错误；由 f （ x ）＝－ x2ln x ＝0，可得ln x ＝0，解得 x ＝1，故D选项正确.
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4. （2024·临沂月考）已知函数 f （ x ）＝ x3－ x2＋6 x ＋ a ，若
x0∈[－1，4]，使 f （ x0）＝2 a 成立，则实数 a 的取值范围
是 .
［－ ，16］　
解析：因为 f （ x0）＝2 a ，即 － ＋6 x0＋ a ＝2 a ，可化为
－ ＋6 x0＝ a ，设 g （ x ）＝ x3－ x2＋6 x ，则g'（ x ）＝3 x2－9 x
＋6＝3（ x －1）（ x －2）＝0，解得 x ＝1或 x ＝2.所以 g （1）＝
， g （2）＝2， g （－1）＝－ ， g （4）＝16.由题意， g （ x ）
min≤ a ≤ g （ x ）max，所以－ ≤ a ≤16.
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5. 设函数 h （ t ）＝－ t3＋ t －1.若 h （ t ）＜－2 t ＋ m 对 t ∈（0，2）
恒成立，求实数 m 的取值范围.
解：令 g （ t ）＝ h （ t ）－（－2 t ＋ m ）＝－ t3＋3 t －1－ m ，
由g'（ t ）＝－3 t2＋3＝－3（ t2－1）＝0，
得 t ＝1或 t ＝－1（不合题意，舍去）.
当 t 变化时，g'（ t ）， g （ t ）的变化情况如下表：
t （0，1） 1 （1，2）
g'（ t ） ＋ 0 －
g （ t ） 单调递增 极大值1－ m 单调递减
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所以 g （ t ）在（0，2）内有最大值 g （1）＝1－ m .
h （ t ）＜－2 t ＋ m 在（0，2）内恒成立等价于 g （ t ）＜0在（0，
2）内恒成立，
即等价于1－ m ＜0，所以 m ＞1.
所以实数 m 的取值范围为（1，＋∞）.
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6. 已知函数 f （ x ）＝ a e x －2 x ＋1.若 f （ x ）＞0对 x ∈R成立，求实
数 a 的取值范围.
解： f （ x ）＞0对 x ∈R成立，
即为 a ＞ 对任意 x ∈R恒成立，
设 g （ x ）＝ ，则 a ＞ g （ x ）max，
g'（ x ）＝ ＝ ，
令g'（ x ）＝0，解得 x ＝ ，
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当 x ＞ 时，g'（ x ）＜0，当 x ＜ 时，g'（ x ）＞0，
故函数 g （ x ）在（－∞， ）上单调递增，在（ ，＋∞）上单调
递减，
∴ g （ x ）max＝ g （ ）＝ ＝2 ，
故实数 a 的取值范围为（2 ，＋∞）.
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7. （2024·开封月考）已知 a ∈R， f （ x ）＝（ a ＋ x ）e x 在[－3，＋
∞）上单调递增.
（1）求实数 a 的最小值；
解： 由题意可得f'（ x ）＝（ x ＋ a ＋1）e x ≥0在[－3，
＋∞）上恒成立，
所以 x ＋ a ＋1≥0在 x ∈[－3，＋∞）上恒成立，所以－3＋ a
＋1≥0，解得 a ≥2.
故实数 a 的最小值为2.
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（2）当实数 a 取最小值时，若存在 x 使不等式 f （ x ）－ k e2 x ≥0成
立，求实数 k 的取值范围.
解：当 a ＝2时，存在 x 使不等式 f （ x ）－ k e2 x ≥0，
即e x （ x ＋2－ k e x ）≥0成立，又e x ＞0，所以存在 x 使不等式 x ＋2－ k e x ≥0成立，即存在 x 使不等式 k ≤ 成立.
不妨令 g （ x ）＝ ，则问题转化为 k ≤ g （ x ）max，
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g'（ x ）＝－ ，令g'（ x ）＞0，得 x ＜－1，令g'（ x ）＜
0，得 x ＞－1，所以 g （ x ）在区间（－∞，－1）上单调递
增，在（－1，＋∞）上单调递减，
从而 g （ x ）的最大值为 g （－1）＝e，即 k ≤e，
故实数 k 的取值范围为（－∞，e].
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8. 已知函数 f （ x ）＝ .
（1）求函数 f （ x ）的单调区间；
解：函数 f （ x ）＝ 的定义域为（0，＋∞），
f'（ x ）＝ .
令f'（ x ）＞0，得0＜ x ＜e，令f'（ x ）＜0，得 x ＞e，
所以 f （ x ）的单调递增区间是（0，e），单调递减区间是
（e，＋∞）.
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（2）证明： x ∈（0，＋∞），都有ln x ＜ － 成立.
解：证明：欲证ln x ＜ － ，即证 ＜ － ，
即证 f （ x ）＜ － .
由（1）可知 f （ x ）≤ f （e）＝ .
令φ（ x ）＝ － ， x ＞0，则φ'（ x ）＝ ，易知φ（ x ）
在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
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所以φ（ x ）≥φ（1）＝ ，因为 f （ x ）与φ（ x ）不同时为
，
所以 f （ x ）＜φ（ x ）对任意 x ∈（0，＋∞）都成立.
故 x ∈（0，＋∞），都有ln x ＜ － 成立.
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谢 谢 观 看！培优课　利用导数研究不等式
1.若对任意的实数x＞0，xln x－x－a≥0恒成立，则实数a的取值范围是（　　）
A.（－∞，－1] B.（－∞，1]
C.[－1，＋∞） D.[1，＋∞）
2.关于x的不等式ax＜ex在x∈（0，1）上恒成立，则a的取值范围是（　　）
A.（－∞，e] B.（0，e]
C.（1，e] D.[e，＋∞）
3.（多选）已知函数f（x）＝－x2ln x，则（　　）
A.f（x）≤0恒成立 B.f（x）在（0，＋∞）上单调递减
C.f（x）在x＝处得到极大值 D.f（x）只有一个零点
4.（2024·临沂月考）已知函数f（x）＝x3－x2＋6x＋a，若 x0∈[－1，4]，使f（x0）＝2a成立，则实数a的取值范围是　　　　.
5.设函数h（t）＝－t3＋t－1.若h（t）＜－2t＋m对t∈（0，2）恒成立，求实数m的取值范围.
6.已知函数f（x）＝aex－2x＋1.若f（x）＞0对x∈R成立，求实数a的取值范围.
7.（2024·开封月考）已知a∈R，f（x）＝（a＋x）ex在[－3，＋∞）上单调递增.
（1）求实数a的最小值；
（2）当实数a取最小值时，若存在x使不等式f（x）－ke2x≥0成立，求实数k的取值范围.
8.已知函数f（x）＝.
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）证明： x∈（0，＋∞），都有ln x＜－成立.
培优课　利用导数研究不等式
1.A　令f（x）＝xln x－x－a，x∈（0，＋∞），则f'（x）＝ln x，令f'（x）＝0 x＝1，当0＜x＜1时，f'（x）＜0；当x＞1时，f'（x）＞0.所以函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以f（x）min＝f（1）＝－1－a，由对任意的实数x＞0，xln x－x－a≥0恒成立，所以f（x）min＝－1－a≥0 a≤－1.
2.A　当x∈（0，1）时，ax＜ex a＜，令f（x）＝，则问题等价于a＜f（x）min，则f'（x）＝＝，所以f'（x）＜0，即f（x）在（0，1）上单调递减，所以当x∈（0，1）时，f（x）＞e，所以a≤e.
3.CD　因为f（x）＝－x2ln x，该函数的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝－2xln x－x＝－x（2ln x＋1）.当0＜x＜时，f'（x）＞0，此时函数f（x）单调递增，当x＞时，f'（x）＜0，此时函数f（x）单调递减，所以f（x）极大值＝f（）＝－e－1ln ＝，故B选项错误，C选项正确；当0＜x＜1时，ln x＜0，此时f（x）＝－x2ln x＞0，故A选项错误；由f（x）＝－x2ln x＝0，可得ln x＝0，解得x＝1，故D选项正确.
4.［－，16］　解析：因为f（x0）＝2a，即－＋6x0＋a＝2a，可化为－＋6x0＝a，设g（x）＝x3－x2＋6x，则g'（x）＝3x2－9x＋6＝3（x－1）·（x－2）＝0，解得x＝1或x＝2.所以g（1）＝，g（2）＝2，g（－1）＝－，g（4）＝16.由题意，g（x）min≤a≤g（x）max，所以－≤a≤16.
5.解：令g（t）＝h（t）－（－2t＋m）＝－t3＋3t－1－m，
由g'（t）＝－3t2＋3＝－3（t2－1）＝0，
得t＝1或t＝－1（不合题意，舍去）.
当t变化时，g'（t），g（t）的变化情况如下表：
t （0，1） 1 （1，2）
g'（t） ＋ 0 －
g（t） 单调递增 极大值1－m 单调递减
所以g（t）在（0，2）内有最大值g（1）＝1－m.
h（t）＜－2t＋m在（0，2）内恒成立等价于g（t）＜0在（0，2）内恒成立，
即等价于1－m＜0，所以m＞1.
所以实数m的取值范围为（1，＋∞）.
6.解：f（x）＞0对x∈R成立，
即为a＞对任意x∈R恒成立，
设g（x）＝，则a＞g（x）max，
g'（x）＝＝，
令g'（x）＝0，解得x＝，
当x＞时，g'（x）＜0，当x＜时，g'（x）＞0，
故函数g（x）在（－∞，）上单调递增，在（，＋∞）上单调递减，
∴g（x）max＝g（）＝＝2，
故实数a的取值范围为（2，＋∞）.
7.解：（1）由题意可得f'（x）＝（x＋a＋1）ex≥0在[－3，＋∞）上恒成立，
所以x＋a＋1≥0在x∈[－3，＋∞）上恒成立，所以－3＋a＋1≥0，解得a≥2.
故实数a的最小值为2.
（2）当a＝2时，存在x使不等式f（x）－ke2x≥0，即ex（x＋2－kex）≥0成立，又ex＞0，所以存在x使不等式x＋2－kex≥0成立，即存在x使不等式k≤成立.
不妨令g（x）＝，则问题转化为k≤g（x）max，
g'（x）＝－，令g'（x）＞0，得x＜－1，令g'（x）＜0，得x＞－1，所以g（x）在区间（－∞，－1）上单调递增，在（－1，＋∞）上单调递减，
从而g（x）的最大值为g（－1）＝e，即k≤e，
故实数k的取值范围为（－∞，e].
8.解：（1）函数f（x）＝的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝.
令f'（x）＞0，得0＜x＜e，令f'（x）＜0，得x＞e，
所以f（x）的单调递增区间是（0，e），单调递减区间是（e，＋∞）.
（2）证明：欲证ln x＜－，即证＜－，
即证f（x）＜－.
由（1）可知f（x）≤f（e）＝.
令φ（x）＝－，x＞0，则φ'（x）＝，易知φ（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
所以φ（x）≥φ（1）＝，因为f（x）与φ（x）不同时为，
所以f（x）＜φ（x）对任意x∈（0，＋∞）都成立.
故 x∈（0，＋∞），都有ln x＜－成立.
1 / 1培优课　利用导数研究不等式
　　
题型一 利用导数证明不等式
【例1】　已知x＞1，证明：ln x＋＞1.
通性通法
证明不等式f（x）＞g（x），x∈（a，b）的方法
（1）将要证明的不等式f（x）＞g（x）移项可以转化为证明f（x）－g（x）＞0；
（2）构造函数F（x）＝f（x）－g（x），研究F（x）的单调性；
（3）若[f（x）－g（x）]'＞0，说明函数F（x）＝f（x）－g（x）在（a，b）上是增函数.只需保证F（a）≥0；
（4）若[f（x）－g（x）]'＜0，说明函数F（x）＝f（x）－g（x）在（a，b）上是减函数.只需保证F（b）≥0.
【跟踪训练】
已知函数f（x）＝x2＋ln x，g（x）＝x3，求证：在区间（1，＋∞）上，f（x）＜g（x）.
题型二 利用导数研究不等式恒成立问题
【例2】　已知函数f（x）＝ln x＋ax－a2x2（a＞0）.若f（x）＜0在定义域内恒成立，求实数a的取值范围.
通性通法
由不等式恒成立求参数的取值范围的策略
（1）求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；
（2）分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a＞f（x）max或a＜f（x）min的形式，通过导数的应用求出f（x）的最值，即得参数的取值范围.
【跟踪训练】
已知函数f（x）＝xln x，若对于所有x≥1都有f（x）≥ax－1，求实数a的取值范围.
1.已知函数f（x）＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f（x）＋9≥0恒成立，则m的取值范围是（　　）
A.m≥ B.m＞
C.m≤ D.m＜
2.（2024·许昌月考）若不等式ax2≥ln x恒成立，则实数a的取值范围是（　　）
A.［，＋∞） B.（，＋∞）
C.（－∞，］ D.（－∞，）
3.当x＞0时，证明：不等式ln（x＋1）＞x－x2.
培优课　利用导数研究不等式
【典型例题·精研析】
【例1】　证明：令f（x）＝ln x＋（x＞1），
所以f'（x）＝－＝，
因为x＞1，所以f'（x）＞0，
所以f（x）＝ln x＋在（1，＋∞）上单调递增，
所以f（x）＞f（1）＝ln 1＋1＝1.
从而ln x＋＞1，命题得证.
跟踪训练
　证明：设F（x）＝g（x）－f（x），
即F（x）＝x3－x2－ln x，
即F'（x）＝2x2－x－＝.
当x＞1时，F'（x）＝＞0，
从而F（x）在（1，＋∞）上单调递增，∴F（x）＞F（1）＝＞0.
∴当x＞1时，g（x）－f（x）＞0，即f（x）＜g（x）.
【例2】　解：f（x）的定义域为（0，＋∞），令f'（x）＝＝0，
得x1＝－（舍去），x2＝，
所以x，f'（x），f（x）的变化情况如下表，
x （0，） （，＋∞）
f'（x） ＋ 0 －
f（x） 单调递增 极大值 单调递减
所以f（x）max＝f（）＝ln＜0，所以a＞1.
所以a的取值范围是（1，＋∞）.
跟踪训练
　解：依题意，得f（x）≥ax－1在[1，＋∞）上恒成立，即不等式a≤ln x＋在x∈[1，＋∞）恒成立，亦即a≤，x∈[1，＋∞）.
设g（x）＝ln x＋（x≥1），则g'（x）＝－＝.
令g'（x）＝0，得x＝1.
当x≥1时，g'（x）≥0，故g（x）在[1，＋∞）上单调递增.
所以g（x）在[1，＋∞）上的最小值是g（1）＝1.
故a的取值范围是（－∞，1].
随堂检测
1.A　f'（x）＝2x3－6x2＝2x2（x－3），令f'（x）＝0得x＝0或x＝3，验证可知x＝3是函数的最小值点，故f（x）min＝f（3）＝3m－，由f（x）＋9≥0恒成立得f（x）≥－9恒成立，即3m－≥－9，所以m≥.
2.A　由题设知，a≥恒成立，令f（x）＝且x＞0，则f'（x）＝＝，∴当0＜x＜时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.∴f（x）≤f（）＝，故a≥.
3.证明：设f（x）＝ln（x＋1）－x＋x2，
则f'（x）＝－1＋x＝.
当x∈（－1，＋∞）时，f'（x）＞0，
所以f（x）在（－1，＋∞）上是增函数.
于是当x＞0时，f（x）＞f（0）＝0，
所以当x＞0时，不等式ln（x＋1）＞x－x2成立.
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