导数在不等式中的应用

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导数解决不等式问题

导数解决不等式问题导数是微积分中非常重要的一个概念，它在解决不等式问题时起到了至关重要的作用。

本文将详细介绍导数的概念以及它在不等式问题中的应用，以便读者对这一概念有更深入的理解。

首先，我们来了解导数的定义。

导数是函数在某一点上的变化率，记作f'(x)或df(x)/dx。

从几何意义上来讲，导数表示了函数曲线在某一点上的切线的斜率。

更加具体地说，对于函数y=f(x)，在点x0处的导数f'(x0)等于函数曲线在该点处的切线与x轴之间的夹角的正切值。

导数有几个重要的性质，其中一个是导数的代数性质。

根据代数性质，如果两个函数的导数都存在，那么这两个函数的和（或差）的导数等于它们各自的导数的和（或差）；而两个函数的乘积的导数等于第一个函数的导数乘以第二个函数加上第一个函数乘以第二个函数的导数。

这些性质可以帮助我们在解决不等式问题时更方便地处理函数的导数。

在不等式问题中，导数可以提供关于函数增减性的重要信息。

通过研究函数的导数，我们可以确定函数的增减区间，并通过这些信息解决不等式问题。

具体来说，我们可以通过以下步骤来解决不等式问题：1.找到函数的导数。

这一步需要求得函数的导数表达式。

2.找到导数的零点。

导数的零点对应于函数增减的临界点，即在这些点上函数可能发生极大值或极小值的变化。

通过求导数的零点，我们可以得到函数的增减区间。

3.检查临界点。

在临界点上函数的导数可能为零，但并不一定。

因此，在找到导数的零点后，我们还需要检查这些点是否是函数的极值点。

4.确定函数的增减性。

通过上述步骤，我们可以得到函数的增减区间。

根据函数在不同区间上的增减性，我们可以解决不等式问题。

通过这一方法，我们可以有效地解决包含不等式的问题。

在具体的应用中，导数在许多不等式问题中都能起到关键作用。

例如，在求函数的极值时，我们可以使用导数来确定极值点的存在，并通过比较函数在这些点附近的取值来确定函数的最大值或最小值。

同样地，在研究不等式中的函数的图像时，导数提供了图像在不同区间上的斜率信息，有助于我们推断函数在不同区间上的变化趋势。

导数在不等式证明中的应用

导数在不等式证明中的应用齐雨萱高中数学学习中，不等式是研究各项数学问题的基础工具，不等式证明是一种常见数学题型，也是同学们较为头疼的数学题型之一，要想提高自身的不等式证明准确率和效率，就必须充分掌握运用导数理论展开科学解题，导数理论证明不等式是最为高效和基本的一种解题方法，合理利用导数工具进行不等式实践证明，能够有效将不等式证明过程从困难转化为简单，帮助自身建立起更好的数学自信心，并提高数学解题综合能力。

本文将对导数在不等式证明中的应用展开分析与探讨，为不等式证明过程提供一定借鉴与参考。

1 合理运用导数单调性证明不等式在实践计算函数某个区间导数最大值或者小于0时，可以通过合理运用导数单调性展开科学高效证明。

首先，必须准确计算出该函数在此区间中表现出来的递减或者递增过程，这样才能够顺利证明不等式问题。

在日常证明数学不等式过程中，要学会结合不等式的不同特点，合理运用不同形式构造出对应的函数，同时科学采用导数工具去证明出实际构造出函数的单调性，这样一来就能够根据函数单调性特征去完成对该不等式的有效证明，提高整个证明解题过程的效率。

通过去科学准确判断出函数单调性，就可以比较出区间大小，同时在该区间中融入不等式，有效将不等式与函数结合在一起，除此之外，要正确认识到利用导数单调性进行证明不等式能够为自身提供极为实用的解题思路，无论是多复杂的曲线，往往只需要经过两个步骤就可以实现对不等式题目的高效准确证明。

这两个解题步骤是先将不等式与函数有机结合起来，接着准确判断出该函数在对应区间的单调性。

比如，当遇到这个问题时，已知X〉0,证明X-X2/2-1N （1+X）〈0，我们在证明这个不等式的时候，可以合理利用导数单调性去进行有效证明。

在相应单调区间内，通过判断函数是递减还是递增去得出该不等式是否成立。

证明解题步骤如下所示：假设函数f(X)=X-X2/2-1N（1+X）(X〉0),则f （X）=X-X2/2，当X〉0时，f（X）〈0，这样我们就能够准确判定出f（X）在X〉0区间中该函数是一种递减的发展趋势，X=0可以去除函数的最大值，通过f（X）〈f(0)有效证明出f（X）〈0成立，并且也能够准确证明出X-X2/2-1N（1+X）〈0是成立的。

例谈导数在不等式证明中的应用

究学生．们应有包容之心，为自主学习、我冈自主质疑，生学生成的知识并不一定有效，们的问题、他他们的解决可能是
“ ” 同中求 “ ” 这是一种教学智慧．手拈来的智慧，同异，信让
（上接６４页）
正如佘承智老师在讲座中所说：教学策略没有好坏之 “ 分，没有妙差之异，的只是合适与否．于是在清白如布也有 ” 的课堂上就色彩斑斓，放异彩．不同的领悟中，现大在体
了不同的教学理解、学风格和教学智慧．以，何在教所如
３．同题异构促进了对教师角色的思考．同题异构，我让
从中看到了自身的很多问题．比如：价与激励方面言语单评
一；问题与认知方面无所谓探与究；体与合作方面流于形个式，等．且更加深刻地认识到一个优秀的教师不仅应是等而投入的精细、熟的知识、新的意识、理的设计、容的娴创合从心态，而且应有情感的激荡、和的力量、法的引领、料亲学材的取舍、问题巧设计的能力．教学是一门艺术，们的教学应以学生为主体．断的我不实践和思索使我渐渐明，使教学真正成为艺术，得研要还

导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题

05 总结与展望
导数与不等式证明及函数零点、方程根问题的总结
导数与不等式证明
导数是研究函数性质的重要工具，通过导数可以研究函数的单调性、极值和最值等。不等式证明则是数学中常见的题型，利用导数可以证明不等式，如AM-GM不等式、CauchySchwarz不等式等。
函数零点问题
函数的零点是指满足$f(x)=0$的$x$值。研究函数的零点对于理解函数的性质和解决方程的根的问题具有重要意义。通过导数可以研究函数的零点个数和位置，以及零点附近的函数性质。
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• 应用领域的拓展：导数与不等式证明及函数零点、方程根的问题不仅在数学领域有广泛应用，在其他学科和工程领域也有着重要的应用价值。例如，在经济学、物理学和社会科学等领域，这些问题都可能成为重要的研究课题。
• 与其他数学分支的交叉融合：随着数学各分支之间的交叉融合，导数与不等式证明及函数零点、方程根的问题可能会与其他数学分支产生更多的交叉点。例如，与概率论、统计学和复分析等领域的结合可能会产生新的研究方向和应用场景。
导数在求解函数零点、方程根中的注意事项
注意定义域
在使用导数研究函数性质时，需要注意函数的定义域，确保导数在定义域内连续。
考虑多解情况
在求解函数零点或方程根时，需要注意多解情况，全面考虑所有可能的解。
注意函数的奇偶性
在利用导数研究函数性质时，需要注意函数的奇偶性，以便更准确地判断函数的性质。
不等式
不等式是表示两个数或两个量之间大小关系的数学表达式。
导数与不等式的性质
01
导数大于零，函数在该区间内单调递增；导数小于零，函数在该区间内单调递减。
02
不等式的基本性质包括传递性、加法性质、乘法性质等。

导数在证明不等式中的有关应用

导数在证明不等式中的有关应用1.最值的判定导数可以帮助我们判断一个函数在其中一区间的最值。

具体来说，如果在一个区间内，函数的导数恒为零或者导数的正负性在其中一点发生变化，那么在该区间内函数的最值就会出现。

例如，考虑函数$f(x)=x^2-4x+3$。

我们可以通过求取导数$f'(x)=2x-4$，并令其等于零，得到$x=2$。

通过检查导数的符号，可以确认在$x<2$时导数为负，$x>2$时导数为正。

因此，在$x<2$时，函数的导数为负，说明函数在这个区间上是递减的；而在$x>2$时，函数的导数为正，说明函数在这个区间上是递增的。

因此，根据导数的正负性和最值判定原则，我们可以得出结论：函数$f(x)$在区间$(-\infty,2)$上单调递减，在区间$(2,+\infty)$上单调递增。

进一步，我们可以求得函数的最值，即当$x=2$时，函数取得最小值。

因此，我们得到了函数$f(x)$的最值以及最值的取值点。

2.利用导数证明不等式的成立导数可以被用来证明各种类型的不等式。

其中一个常见的方法是使用导数的定义和可微函数的局部性质。

考虑函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上有定义且在开区间$(a,b)$内可微。

如果在$(a,b)$内存在一个点$c$，使得$f'(c)>0$，那么基于导数的定义，我们可以得出结论：对于任意的$x \in (a,b)$，都有$f'(x)>0$。

这意味着$f(x)$在$(a,b)$内是单调递增的。

我们可以进一步得出结论：对于任意的$x \in [a,b]$，都有$f'(x) \geq f'(a)$。

因此，我们可以断定$f(x)$在闭区间$[a,b]$上是凸函数。

根据凸函数的性质，我们可以利用函数的凸性证明各种类型的不等式。

例如，我们可以证明对于任意的$x>0$和$y>0$，成立如下的不等式：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$。

导数与不等式证明

导数与不等式证明导数是微积分中的重要概念，它描述了函数在某一点的变化率。

而不等式是数学中常用的一种关系，用于比较两个数或表达变量之间的大小关系。

本文将探讨导数与不等式之间的关系，并通过具体的例子来证明与应用。

一、导数的定义与性质首先，我们回顾导数的定义：对于函数f(x)，在点x处的导数可以表示为lim（h->0）（f(x+h)-f(x)）/h。

简单来说，导数就是函数在某一点的斜率。

导数具有以下性质：1. 导数存在性：如果函数在某一点可导，则该点的导数存在。

2. 导数与函数图像：导数可以帮助我们理解函数图像的特性，如切线与曲线的关系、函数的增减性等。

3. 导数的计算：可以通过求导法则，例如常数法则、幂函数法则、链式法则等，来计算导数。

二、不等式的基本性质接下来，我们简要介绍不等式的基本性质。

不等式常见的有大于号（>）、小于号（<）、大于等于号（≥）、小于等于号（≤）等。

对于不等式的证明，通常有以下方法：1. 同向性：如果a>b，那么对于任意正数c，ac>bc。

这个性质可以用于不等式的乘法性质证明。

2. 等价性：如果两个不等式的左边和右边分别相等，则两个不等式等价。

这个性质可以用于不等式的代换和变形。

三、导数与不等式之间的关系导数在不等式的证明中具有重要作用。

通过对比函数在不同区间的导数值以及函数图像的特征，可以得出不等式的结论。

下面通过两个具体的例子来说明导数与不等式之间的关系。

例1：证明函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。

解：首先计算f(x)=x²的导数：f'(x)=2x。

由于导数描述了函数的变化率，当导数大于0时，函数是递增的。

因此，我们需要证明2x>0在区间（0，∞）上成立。

由于x大于0，所以2x大于0，即导数大于0，因此函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。

例2：证明函数f(x)=eˣ在任意区间上是递增的。

导数方法解决函数不等式的综合问题

利用导数证明不等式
导数与不等式证明的关系
通过构造函数并利用导数的性质，可以证明某些不等式成立。
证明步骤
首先根据不等式构造一个适当的函数，然后利用导数的性质分析该函数的性质，从而证明原不等式。
示例
证明不等式$e^xgeq x+1$对任意实数$x$成立。构造函数 $f(x)=e^x-(x+1)$，求导得到 $f'(x)=e^x-1$。当$x<0$时， $f'(x)<0$，函数单调递减；当 $x>0$时，$f'(x)>0$，函数单调递增。因此，函数在$x=0$处取得最小值0，即$f(x)geq 0$恒成立，从而证明了原不等式。
利用导数求最值
导数与函数最值的关系
求解步骤
示例
当函数在某点处取得极值时，该点处的导数为0或不存在。通过求解导数等于0的点，可以找到函数的潜在极值点。
首先求出函数的导数，ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ后令导数等于0解出潜在极值点，最后通过比较这些点的函数值来确定最值。
求函数$f(x)=x^3-3x^2+4$在区间$[-2,3]$内的最大值和最小值。通过求导得到 $f'(x)=3x^2-6x$，令$f'(x)=0$解得$x=0$或 $x=2$。比较这两点及区间端点的函数值，得到最大值为$f(3)=4$，最小值为$f(0)=4$。
03
函数不等式类型及解法
一元函数不等式解法
确定函数单调性
通过求导判断函数的单调性，从而确定不等式的解集范围。
寻找临界点
令导数等于零，找到函数的临界点，判断函数在这些点的变化情况。
判断函数值
根据临界点将函数分成若干区间，判断每个区间上函数的正负，从而得到不等式的解集。

导数在不等式中的一些应用

１导数的相关性质
性质１
（，）调递减．ｏ６单性质２引理
）ａ６在，）上可导若任给 ∈ａ６有）０，）＞则）口６在（，）单调递增，若厂∽＜０时，则）在
）在处二阶导数存在，若ｆ（ｏｏ且Ｄ，且￣）－－）则。函数的极值点， ≠０是若㈨＞则ａ０，ｆｏ在ａ６上连续可导且存在ｎ个极点，，】分别为戈，：又有ｍａ｛）２・ｘＪａＪｂ｝０， … 】触１）・３（（）【，￣ｉｆ）＜，一）０则有）０或ｌ）＞＜（）．
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１４・２
宁德师专学报（自然科学版）
２１００年５月
证明先刷：眦，知在０上续导＝， ∈ ，时＝１，首令ｓ易［ｉ，连可且０当【詈）ｃ一）０ｏｏ
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性质３若在，］续在，）６连６上可导则存在考ａｂ￣ｊｂｆａ＝Ｏ ∈ ）（）（ｆ（）

导数在不等式中应用

导数在不等式中的应用【例1－1】已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x－bx ，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直. (1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x.角度2 适当放缩构造函数证明不等式【例1－2】已知函数f (x )＝a e x－ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.【训练1】 (1)(角度1)已知函数f (x )＝ln x . ①求函数g (x )＝f (x －1)－x ＋2的最大值； ②已知0<a 2a （b －a ）a 2＋b 2.(2)(角度2)已知函数f (x )＝ln x －a ln xx 2. ①若a ＝1，求f (x )的单调区间；②若a ＝0，x ∈(0，1)，证明：x 2－1x <f （x ）e x.考点二隔离分析最值法证明不等式【例2】已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R). (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )≤e x－2e x .【训练2】已知函数f (x )＝x ln x －ax ，G (x )＝xex ＋1－2e2(x >0). (1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值； (2)求函数G (x )的最大值；(3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 成立.考点三不等式恒成立或有解问题角度1 不等式恒成立求参数【例3－1】已知函数f (x )＝a ln x －x ＋1(其中a >0). (1)讨论函数f (x )的极值；(2)对任意x >0，f (x )≤12(a 2－1)成立，求实数a 的取值范围.【训练3】已知函数f (x )＝ax e x－(a ＋1)(2x －1).(1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程； (2)当x >0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围.角度2 不等式能成立或有解求参数的取值(范围) 【例3－2】已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R)，g (x )＝ln xx.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x成立，求a 的取值范围.规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法 (1)a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ； (2)a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max . 2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；(2)任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )min ≥g (x )min .【训练4】已知函数f (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x (m ∈R)，g (x )＝－mx，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，求实数m 的取值范围.逻辑推理——两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程. (1)对数形式：x ≥1＋ln x (x >0)，当且仅当x ＝1时，等号成立. (2)指数形式：e x≥x ＋1(x ∈R)，当且仅当x ＝0时，等号成立. 进一步可得到一组不等式链：e x>x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1).【例1】 (1)已知函数f (x )＝1ln （x ＋1）－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x，x ∈R.证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点.【例2】已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122…⎝⎛⎭⎫1＋12n <e.【例3】已知函数f (x )＝ax －ln x －1. (1)若f (x )≥0恒成立，求a 的最小值； (2)证明：e－xx＋x ＋ln x －1≥0.强化训练一、选择题1.函数f (x )＝ln x ＋a 的导数为f ′(x )，若方程f ′(x )＝f (x )的根x 0小于1，则实数a 的取值范围为( ) A.(1，＋∞) B.(0，1) C.(1，2) D.(1，3)2.已知函数f (x )＝ax－1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是( ) A.a >2 B.a <3 C.a ≤1 D.a ≥33.已知a ∈R，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋a ，0≤x ≤1，x －a ln x ，x >1，若关于x 的不等式f (x )≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立，则a 的取值范围为( ) A.[0，1] B.[0，2] C.[0，e] D.[1，e]二、填空题4.若对任意a ，b 满足0<a －1且x ≠0，证明：g (x )<1.7.设函数f (x )＝ln x ＋a x(a 为常数). (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)不等式f (x )≥1在x ∈(0，1]上恒成立，求实数a 的取值范围.8.设函数f (x )＝e xcos x ，g (x )为f (x )的导函数. (1)求f (x )的单调区间； (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0.9.已知函数f (x )＝sin xx(x ≠0).(1)判断函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上的单调性； (2)若f (x )<a 在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值.10.已知函数f(x)＝－a ln x＋x＋1－a x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设g(x)＝e x＋mx2－2e2－3，当a＝e2＋1时，对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，求实数m的取值范围.答案导数在不等式中的应用【例1－1】已知函数f(x)＝1－ln xx，g(x)＝a ee x＋1x－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直.(1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x .(1)解因为f(x)＝1－ln x x，所以f′(x)＝ln x－1x2，f′(1)＝－1.因为g (x )＝a e e x ＋1x－bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x2－b .因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直，所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1.从而g (1)＝a ＋1－b ＝1，且g ′(1)＝－a －b －1＝1. 解得a ＝b ＝－1.(2)证明由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x ＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0.令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)，则h (1)＝0，h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋eex ＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋ee x ＋1>0，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，即1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0. 故当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x.角度2 适当放缩构造函数证明不等式【例1－2】已知函数f (x )＝a e x－ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x－1x.由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x. 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增. (2)证明当a ≥1e 时，f (x )≥exe －ln x －1(x >0).设g (x )＝e xe －ln x －1(x >0)，则g ′(x )＝e xe －1x(x >0).当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点. 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.规律方法构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常用的两种构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f (x )>g (x )(f (x )<g (x ))转化为证明f (x )－g (x )>0(f (x )－g (x )<0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x≥x ＋1；ln x <x <e x(x >0)，xx ＋1≤ln(x ＋1)≤x (x >－1)等.【训练1】 (1)(角度1)已知函数f (x )＝ln x . ①求函数g (x )＝f (x －1)－x ＋2的最大值； ②已知0<a 2a （b －a ）a 2＋b 2.①解因为g (x )＝f (x －1)－x ＋2＝ln(x －1)－x ＋2(x >1). 所以g ′(x )＝1x －1－1＝2－x x －1，当x ∈(1，2)时，g ′(x )>0；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0. 则g (x )在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减. 所以g (x )＝ln(x －1)－x ＋2的最大值为g (2)＝0. ②证明要证明f (b )－f (a )>2a （b －a ）a 2＋b 2，只需证ln b －ln a >2a （b －a ）a 2＋b 2＝2⎝⎛⎭⎫ba －11＋b 2a2. 则ln b a >2⎝⎛⎭⎫ba －11＋b 2a2.又因为0<a 1，构造函数F (x )＝ln x －2（x －1）1＋x2(x >1)，则F ′(x )＝1x ＋2（x 2－2x －1）（1＋x 2）2＝x 4＋2x 3－2x 2－2x ＋1x （1＋x 2）2＝（x 2－1）2＋2x （x 2－1）x （1＋x 2）2>0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递增，有F (x )>F (1)＝0. 所以有f (b )－f (a )>2a （b －a ）a 2＋b 2.(2)(角度2)已知函数f (x )＝ln x －a ln xx 2.①若a ＝1，求f (x )的单调区间；②若a ＝0，x ∈(0，1)，证明：x 2－1x <f （x ）ex. ①解当a ＝1时，f (x )＝ln x －ln xx2，x ∈(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1x －1－2ln x x 3＝x 2－1＋2ln xx3＝（x －1）（x ＋1）＋2ln xx3. 当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.②证明当a ＝0，x ∈(0，1)时，x 2－1x <f （x ）e x 等价于－ln x e x＋x 2－1x <0， ∵当x ∈(0，1)时，e x∈(1，e)，－ln x >0， ∴－ln xex<－ln x ， ∴只需要证－ln x ＋x 2－1x<0在(0，1)上恒成立.令g (x )＝－ln x ＋x 2－1x，x ∈(0，1)，∴g ′(x )＝－1x ＋2x ＋1x 2＝2x 3－x ＋1x2>0，则函数g (x )在(0，1)上单调递增，于是g (x )<－ln 1＋1－1＝0，∴当x ∈(0，1)时，x 2－1x<f （x ）ex.考点二隔离分析最值法证明不等式【例2】已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R). (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )≤e x－2e x . (1)解 f ′(x )＝ex－a (x >0)，①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②若a >0，则当0<x <ea时，f ′(x )>0；当x >ea时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ea ，＋∞上单调递减.(2)证明因为x >0，所以只需证f (x )≤exx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 所以f (x )max ＝f (1)＝－e.设g (x )＝e xx －2e(x >0)，则g ′(x )＝（x －1）exx2，所以当0<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 )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤exx－2e.故不等式xf (x )≤e x－2e x 得证.规律方法 1.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.本例中同时含ln x 与e x，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处g (x )min ＝f (x )max 恒成立.从而f (x )≤g (x )恒成立，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”. 【训练2】已知函数f (x )＝x ln x －ax ，G (x )＝xex ＋1－2e2(x >0). (1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值； (2)求函数G (x )的最大值；(3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 成立.(1)解函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞). 当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2. 由f ′(x )＝0，得x ＝1e2.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，f ′(x )<0；当x >1e 2时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝1e 2处取得极小值，也是最小值.故f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e 2＝－1e 2，显然当x →＋∞时，f (x )→＋∞，f (x )没有最大值. (2)解易知G ′(x )＝⎝⎛⎭⎫xe·ex－2e 2′＝1－xex ＋1. ∴当0<x <1时，G ′(x )>0；当x >1时，G ′(x )<0. ∴G (x )的最大值为G (1)＝－1e2.(3)证明当x >0时，ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x e x ＋1－2e2.由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e 2，当且仅当x ＝1e 2时取等号.又由(2)知G (x )max ＝G (1)＝－1e 2，因此f (x )>G (x )，故1＋ln x >1e x ＋1－2e 2x .考点三不等式恒成立或有解问题多维探究角度1 不等式恒成立求参数【例3－1】 (2020·西安模拟改编)已知函数f (x )＝a ln x －x ＋1(其中a >0). (1)讨论函数f (x )的极值；(2)对任意x >0，f (x )≤12(a 2－1)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax－1. 因为a >0，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，在(0，a )上，f ′(x )>0，f (x )是增函数；在(a ，＋∞)上，f ′(x )<0，f (x )是减函数，所以当x ＝a 时，f (x )有极大值f (a )＝a ln a －a ＋1，无极小值. (2)由(1)知，当x ＝a 取得极大值也是最大值. 所以f (x )max ＝f (a )＝a ln a －a ＋1(a >0)，要使得对任意x >0，f (x )≤12(a 2－1)成立，即a ln a －a ＋1≤12(a 2－1)，则a ln a ＋32－a －12a 2≤0成立，令u (a )＝a ln a ＋32－a －12a 2(a >0)，所以u ′(a )＝ln a ＋1－1－a ＝ln a －a ，令k (a )＝u ′(a )＝ln a －a ，k ′(a )＝1a －1，令k ′(a )＝1－aa＝0，得a ＝1，在(0，1)上，k ′(a )>0，k (a )＝u ′(a )是增函数，在(1，＋∞)上，k ′(a )<0，k (a )＝u ′(a )是减函数，所以当a ＝1时，k (a )＝u ′(a )取得极大值也是最大值， ∴u ′(a )max ＝u ′(1)＝－1<0，在(0，＋∞)上，u ′(a )<0，u (a )是减函数，又u (1)＝0，所以要使得u (a )≤0恒成立，则a ≥1，所以实数a 的取值范围为[1，＋∞).规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，通过求函数y ＝f (x )的最值求得参数范围.【训练3】已知函数f (x )＝ax e x－(a ＋1)(2x －1).(1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程； (2)当x >0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围.解 (1)若a ＝1，则f (x )＝x e x－2(2x －1)，f ′(x )＝x e x＋e x－4，则f ′(0)＝－3，f (0)＝2，所以所求切线方程为y ＝－3x ＋2.(2)若a ≤－1时，显然f (x )≥0对x >0不恒成立. 若a >－1时，f (x )≥0对任意x >0恒成立，转化为aa ＋1≥2x －1x e x对任意x >0恒成立. 设函数F (x )＝2x －1x e x(x >0)，则F ′(x )＝－（2x ＋1）（x －1）x 2e x.当0<x <1时，F ′(x )>0；当x >1时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F (x )max ＝F (1)＝1e ，于是aa ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1. 故实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫1e －1，＋∞. 角度2 不等式能成立或有解求参数的取值(范围)【例3－2】已知函数f (x )＝ax －e x(a ∈R)，g (x )＝ln xx.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x成立，求a 的取值范围. 解 (1)因为f ′(x )＝a －e x，x ∈R.当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )；由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞).综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞). (2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx2.设h (x )＝ln xx2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max.由h ′(x )＝1－2ln xx3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 变化的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为2e ，所以a ≤2e. 故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e . 规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法 (1)a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ； (2)a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max . 2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；(2)任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )min ≥g (x )min .【训练4】已知函数f (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x (m ∈R)，g (x )＝－mx，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，求实数m 的取值范围. 解依题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解，∴mx <2ln x 在区间[1，e]上有解，即m 2<ln xx能成立.令h (x )＝ln x x ，x ∈[1，e]，则h ′(x )＝1－ln xx2. 当x ∈[1，e]时，h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上是增函数， ∴h (x )的最大值为h (e)＝1e.由题意m 2<1e ，即m <2e时，f (x )<g (x )在[1，e]上有解.∴实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，2e .逻辑推理——两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程. (1)对数形式：x ≥1＋ln x (x >0)，当且仅当x ＝1时，等号成立. (2)指数形式：e x≥x ＋1(x ∈R)，当且仅当x ＝0时，等号成立. 进一步可得到一组不等式链：e x>x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1).【例1】 (1)已知函数f (x )＝1ln （x ＋1）－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )解析因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln （x ＋1）－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}，所以排除选项D. 当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，所以ln(x ＋1)－x <0(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A ，C ，易知B 正确. 答案 B(2)已知函数f (x )＝e x，x ∈R.证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点.证明令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫12x 2＋x ＋1＝e x－12x 2－x －1，x ∈R，则g ′(x )＝e x－x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0. 所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点. 【例2】已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122…⎝⎛⎭⎫1＋12n <e.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意.②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0；所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增，故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点.因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1. (2)证明由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n .从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1.故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122…⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 【例3】已知函数f (x )＝ax －ln x －1. (1)若f (x )≥0恒成立，求a 的最小值； (2)证明：e－xx＋x ＋ln x －1≥0.(1)解由题意知x >0，所以f (x )≥0等价于a ≥ln x ＋1x.令g (x )＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝－ln xx2，所以当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，则g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (1)＝1，则a ≥1，所以a 的最小值为1.(2)证明当a ＝1时，由(1)得x ≥ln x ＋1，即t ≥1＋ln t . 令e－xx＝t ，则－x －ln x ＝ln t ，故t ≥1＋(－x －ln x )，所以e －xx ≥－x －ln x ＋1，即e－xx＋x ＋ln x －1≥0.强化训练一、选择题1.函数f (x )＝ln x ＋a 的导数为f ′(x )，若方程f ′(x )＝f (x )的根x 0小于1，则实数a 的取值范围为( ) A.(1，＋∞) B.(0，1) C.(1，2)D.(1，3)解析由函数f (x )＝ln x ＋a 可得f ′(x )＝1x，∵x 0使f ′(x )＝f (x )成立，∴1x 0＝ln x 0＋a ，又0<x 0<1，∴1x 0>1，ln x 0<0，∴a ＝1x 0－ln x 0>1.答案 A2.已知函数f (x )＝ax－1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是( ) A.a >2 B.a <3 C.a ≤1D.a ≥3解析函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式a x－1＋ln x ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解.令h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝－ln x . 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0. 故当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，所以要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，只要a 小于或等于h (x )的最大值即可，即a ≤1. 答案 C3.(2019·天津卷改编)已知a ∈R，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋a ，0≤x ≤1，x －a ln x ，x >1，若关于x 的不等式f (x )≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立，则a 的取值范围为( ) A.[0，1] B.[0，2] C.[0，e]D.[1，e]解析当0≤x ≤1时，f (x )＝x 2＋a ≥a ，由f (x )≥0恒成立，则a ≥0，当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤xln x恒成立.设g (x )＝x ln x (x >1)，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0，所以g (x )min ＝g (e)＝e ，所以a ≤e. 综上，a 的取值范围是[0，e]. 答案 C 二、填空题4.若对任意a ，b 满足0<a 0，解得0<x <e ，故t 的最大值是e. 答案 e5.函数f (x )＝x －2sin x ，对任意的x 1，x 2∈[0，π]，恒有|f (x 1)－f (x 2)|≤M ，则M 的最小值为________.解析 ∵f (x )＝x －2sin x ，∴f ′(x )＝1－2cos x ， ∴当0<x <π3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当π3<x <π时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； ∴当x ＝π3时，f (x )有极小值，也是最小值，即f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫π3＝π3－2sin π3＝π3－ 3.又f (0)＝0，f (π)＝π，∴在x ∈[0，π]上，f (x )max ＝π. 由题意得|f (x 1)－f (x 2)|≤M 等价于M ≥|f (x )max －f (x )min |＝π－⎝⎛⎭⎫π3－3＝2π3＋ 3. ∴M 的最小值为2π3＋ 3. 答案2π3＋ 3 三、解答题6.已知f (x )＝(1－x )e x－1. (1)求函数f (x )的最大值； (2)设g (x )＝f （x ）x，x >－1且x ≠0，证明：g (x )<1. (1)解 f ′(x )＝－x e x.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )的最大值为f (0)＝0.(2)证明由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1. 当－1<x <0时，g (x )<1等价于f (x )>x . 设h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝－x e x－1. 当x ∈(－1，0)时，0<－x <1，0<e x<1，则0<－x e x<1，从而当x ∈(－1，0)时，h ′(x )<0，h (x )在(－1，0)上单调递减.当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0，即g (x )<1. 综上，当x >－1且x ≠0时总有g (x )<1.7.(2019·西安质检)设函数f (x )＝ln x ＋a x(a 为常数). (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)不等式f (x )≥1在x ∈(0，1]上恒成立，求实数a 的取值范围.解 (1)定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x2＋1x＝x －ax2，当a ≤0时，又x >0，∴x －a >0，∴f ′(x )>0， ∴f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，∴f (x )单调递增；若0<x <a ，则f ′(x )<0，∴f (x )单调递减.综上可知：当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当a >0时，f (x )在区间(0，a )上是减函数，在区间(a ，＋∞)上是增函数.(2)f (x )≥1⇔a x ＋ln x ≥1⇔a x≥－ln x ＋1⇔a ≥－x ln x ＋x 对任意x ∈(0，1]恒成立. 令g (x )＝－x ln x ＋x ，x ∈(0，1].则g ′(x )＝－ln x －x ·1x＋1＝－ln x ≥0，x ∈(0，1]，∴g (x )在(0，1]上单调递增，∴g (x )max ＝g (1)＝1， ∴a ≥1，故a 的取值范围为[1，＋∞).B 级能力提升8.(2019·天津卷节选)设函数f (x )＝e xcos x ，g (x )为f (x )的导函数. (1)求f (x )的单调区间； (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0. (1)解由已知，有f ′(x )＝e x(cos x －sin x ). 因此，当x ∈⎝⎛⎭⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z)时，有sin x >cos x ，得f ′(x )<0，则f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z)时，有sin x <cos x ，得f ′(x )>0，则f (x )单调递增. 所以f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z)， f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z). (2)证明记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x . 依题意及(1)，有g (x )＝e x(cos x －sin x )，从而g ′(x )＝－2e xsin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2时，g ′(x )<0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝⎛⎭⎫π2－x ＋g (x )(－1) ＝g ′(x )⎝⎛⎭⎫π2－x <0. 因此，h (x )在区间⎣⎡⎦⎤π4，π2上单调递减，进而h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫π2＝f ⎝⎛⎭⎫π2＝0. 所以当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0. 9.已知函数f (x )＝sin xx(x ≠0).(1)判断函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上的单调性； (2)若f (x )<a 在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值. 解 (1)f ′(x )＝x cos x －sin xx 2，令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ，显然，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝0.从而g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒小于零，所以f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒小于零，所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减. (2)不等式f (x )<a ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立，即sin x －ax <0恒成立. 令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0. 当a ≥1时，在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减，所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立. 当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上存在唯一解x 0，当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾. 当a ≤0时，在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾. 故实数a 的最小值为1.10.已知函数f (x )＝－a ln x ＋x ＋1－ax.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设g (x )＝e x＋mx 2－2e 2－3，当a ＝e 2＋1时，对任意x 1∈[1，＋∞)，存在x 2∈[1，＋∞)，使g (x 2)≤f (x 1)，求实数m 的取值范围.解 (1)由题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x ＋1＋a －1x 2＝（x －1）（x －a ＋1）x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝a －1.当a ≤1时，a －1≤0，由f ′(x )<0得0<x <1，由f ′(x )>0得x >1，所以函数f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增. 当1<a <2时，0<a －1<1，由f ′(x )<0，得a －1<x <1，由f ′(x )>0得0<x <a －1或x >1，所以函数f (x )在(a －1，1)上单调递减，在(0，a －1)和(1，＋∞)上单调递增. 当a ＝2时，a －1＝1，可得f ′(x )≥0，此时函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增. 当a >2时，a －1>1，由f ′(x )<0得1<x <a －1，由f ′(x )>0得0<x <1或x >a －1，所以函数f (x )在(1，a －1)上单调递减，在(0，1)和(a －1，＋∞)上单调递增.(2)当a＝e2＋1时，由(1)得函数f(x)在(1，e2)上单调递减，在(0，1)和(e2，＋∞)上单调递增，从而f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(e2)＝－e2－3.对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，即存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)的函数值不超过f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值－e2－3.由e x＋mx2－2e2－3≤－e2－3得e x＋mx2≤e2，m≤e2－e x x2.记p(x)＝e2－e xx2，则当x∈[1，＋∞)时，m≤p(x)max.p′(x)＝－e x x2－2（e2－e x）x（x2）2＝－e x x＋2（e2－e x）x3，当x∈[1，2]时，显然有e x x＋2(e2－e x)>0，p′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，e x x＋2(e2－e x)>e x x－2e x>0，p′(x)<0，故p(x)在区间[1，＋∞)上单调递减，得p(x)max＝p(1)＝e2－e，从而m的取值范围为(－∞，e2－e].21。

利用导数证明不等式的几种方法

利用导数证明不等式的几种方法导数是微积分的一个重要概念，它可以用来研究函数的变化趋势和性质。

在证明不等式时，利用导数是一种常见的方法。

下面将介绍几种常用的利用导数证明不等式的方法。

一、极值点法这种方法的基本思路是通过求函数的导数，并找出函数的极值点，来确定不等式的成立条件。

具体步骤如下：1.求函数的导数。

2.找出导数存在的区间。

3.求出导数的零点即函数的极值点。

4.判断在极值点附近函数的变化情况，从而确定不等式的成立条件。

例如，我们要证明一个函数f(x)在区间[a,b]上是单调递增的。

则可以通过求函数的导数f'(x)，找出f'(x)的零点，然后判断f'(x)的符号来确定f(x)的变化趋势。

这种方法的特点是简单直观，容易理解和操作。

但是要求函数的导数存在，在一些特殊情况下可能无法使用。

二、Lagrange中值定理法Lagrange中值定理是微积分中的一个重要定理，它表明：如果一个函数在区间 [a, b] 上连续，并且在 (a, b) 上可导，则在 (a, b) 存在一个点 c，使得函数在 c 处的导数等于函数在 [a, b] 上的平均变化率。

利用这个定理，可以通过求函数在区间两个点处的导数差值，来推导出不等式。

具体步骤如下：1.假设函数在区间[a,b]上连续，并且在(a,b)上可导。

2.设点a和点b为函数的两个不同取值，即f(a)和f(b)。

3. 由Lagrange中值定理，存在点 c 在 (a, b) 上，使得 f'(c) = (f(b) - f(a)) / (b - a)。

4.判断f'(c)的符号，从而确定不等式的成立条件。

Lagrange中值定理法的优点是具有普适性，可以应用于各种函数。

但是要求函数在区间上连续，在一些特殊情况下可能无法使用。

三、Cauchy中值定理法Cauchy中值定理是微积分中的另一个重要定理，它是Lagrange中值定理的推广形式。

高中解题方法利用导数解决不等式系列问题

（ 2）对于 f ( x ) g ( x ) 构造函数 h( x ) f ( x ) g ( x ) 利用导数很难利用单调性。也可以考虑 f ( x ) min g ( x ) max ，分别求两函数的最值。从而判断大小。例如：(2016 年山东高考题改编）已知 f ( x ) ( x ln x ) 证明： f ( x ) f ( x )
后根本求不出最值（或极限值）那么就需分类讨论法。上面的习题也可以用分类讨论法：
{ 1 或 1 1 法二（分类讨论法）令 g ( x ) 2ax 2a 1 ， x , 由题意得 g ( )0 2 3 2
{a 0 1
g ( x ) 1 a 1 。或 a 0 g ( )0
2

（ e 为自然对数的底数）使得 f ( x ) 0 成立，求实数 a 取值范围。解：令 g (b) xb x a ln x ， b 2,1 g (b) 0 恒成立 g (b) max 0
2
第 2 页
由 g (b) 为单调递增的一次函数，所以 g (b) max g ( 1) x x a ln x 。得
利用导数如何解决“不等式”问题
函数与不等式的问题是高考命题的热点，在利用导数解决不等式问题主要有两种形式：一、 f ( x ) g ( x )( f ( x ) g ( x )) 型；在区间 D 上成立的基本方法有（1）一般优先是考虑构造函数 h( x ) f ( x ) g ( x ) ，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数 h( x ) 0 ，其中一个重要的技巧就是找到函数 h( x ) 在什么地方对于 0，这往往是解决问题的突破口。例如：设 f ( x ) ln( x 1) ，求证：当 x 0 时 f ( x ) 证明：令 g ( x ) f ( x )

导数在不等式问题中应用论文

浅谈导数在不等式问题中的应用不等式是高中数学中的基本问题，它也是高考必考查的一类问题，通常是不等式的解法、含有参数的不等式、不等式的证明等。

它可以和函数、数列等知识进行综合考查，考查函数思想、分类讨论思想、可以很好的考查考生的综合分析和解决问题的能力。

本文就高考中和平时练习中出现的一些题型，兹举几例进行说明。

一、含参数不等式的问题（一）分离参数法处理含参数不等式例1. 已知函数图像上点处的切线与直线平行（其中），（1）求函数的解析式；（2）对一切恒成立，求实数的取值范围.分析：（1），解得，于是（2）不等式等价变形为对任意的都成立，构造函数，即解：在上单调递减；在和上单调递增或，又，于是，实数的取值范围【点评】含参数不等式的恒成立问题，通常用分离参数法，然后构造函数化归为该函数的最值问题。

一般地；；（二）分离参数后所构造的函数不易求最值例2. 设函数（1），求的单调区间；（2）若当时求的取值范围分析：（1），在上单调递减；在上单调递增（2）当时，分离参数得，令，尝试求导数后，不易求在最小值，此时应立即转而直接求在最值。

解：（2），由（1）知当且仅当取等号故当时，恒成立，在上单调递增，于是符合题意。

当时，时，从而故，于是在上单调递减，而，不合题意综上所述，若当时，的取值范围为【点评】含参数不等式的恒成立问题通常分离参数优先，但有些问题分离后所构造的函数很难求最值，在这样的情形下就直接求最值。

此例中非常巧妙的利用了第（1）问中的这一结论，找到了分类讨论的标准。

此例还可以二次求导得，易得时，有恒成立，后面处理的过程一样，读者可以尝试。

（三）利用必要条件，缩小参数范围例3.设函数（1）求的单调区间；（2）求所有实数，使对恒成立.分析：（1）利用导数易求得在在上单调递增，上单调递减；（2）即是求在上最值，可以分成三种情况进行讨论，但是运算的量比较大。

而当，有恒成立，，即，此时即发现由（1）知在单调递增，于是有解得【点评】此例本是考查利用导数求函数在闭区间上的最值，若是用分离参数法或直接求最值运算起来都比较烦，但若巧妙利用恒成立的必要条件，把参数的取值范围缩小到，使得函数在单调函数，从而避免了分类讨论和繁琐的运算，这样的题型是值得积累的。

导数在不等式证明中的应用

由于函数在［，］连续，此函数在［，］存在最大０１上因０１上
故函数ｆｘ在［，ａ）严格增加，（）０从而ｆｘ ≥ （）０＋。上且ｆｏ＝，（）
ｆ０＝．（）０
１、，
值与最小Ｒ；￣５１土；２ ≤ｐ（ｘ ≤１值，（ｌ，于是Ｘ１）．ｆＪ７＋－
∞）．
证：ｆ）ｘ＋１ｘｘ０１，Ⅱ，）ｐＸＩ（一）］设（＝（－）， ∈［，］贝ｆｘ＝［ｐ＿１ｘｘ（－
．
令ｆｘ＝，一１ｘ０解得ｘ — （称为驻点），）０即ｘ（一）（，＝＿可１
．
证）（）ｘ０：＝１一，黜ｘｎｘＥｌ＋尝，［
例５证明：＞时，＞ｘ：当ｘｌｅｅ．＂
现设
ｆｘ＝ｌａａｎ（＞＞）（）ｘｎ — ｌｘｘａｅ，
则ｆ（）ｌａ三．・ｅｘａ．ａｌ＜．（）０因而，＝ｎ一・＞，＞１＞，ｘ．ａｎ１ｆｘ＞，，
的值域为［÷ ，］一 ÷ ．所以，。［１１时，（）当ｘ， ∈ 一，］Ｉｘ『ｘｆ ≤
２
，
、
Ｉｘｆ２（
．
例４证明：＞， ≤ｘ１，不等式２－≤Ｘ＋１ｘ：Ｎｐｌ０ ≤ 时有Ｉｐ（－）ｐ
≤ １．
１，
例１证明：Ｖｘ有不等式ｌ１ｘ ≥ ＾，：对 ≥０ｎ（＋）＿Ｘ∈『，０＋

例析导数在不等式问题中的应用

± ２。
’ ．
厂）（，）是单调增加．（在一＋上
又
．
厂Ｏ＝０（），Ｉ（＋＞０，ｎ１）即＞Ｉ１＋．ｎ（）
‘
一
．
．
同理设ｇ（一）＝
．．
一ｌ（）（ｎ１＋，＞０）．
２
上单调增加（少）减．解题思路运用导数知识证明不等式．常用的方法是利用函数的单调性．于一些不易人手的不等式证明，对可
‘ ．．
三、用导数求出函数的凸凹性。证明不等式运再
●
。黪耱
专题研究
颡・
●
例析导数在不等式问题中的应用
◎唐玉霞（川省达州职业技术学院６５０）四３００
【要】导数来解不等式，摘用既加深了学生对导数和函
数知识的理解，又培养了学生分析问题和解决问题的能力．
一
证明设ｆｘ：＋（一０≤ ≤ １（，，＝一Ｐ（一～
令），得＝．＝ｏ求
・
．
‘
，）（＝）（，（＝１１＝０，）争
，）（的最大值为１最小值为（，｝＝，２
证明令函数厂＝２（）ｘ—ｓ —ｔｎｉｎａ．
．
．
．
ｉｎ ≥（＋，半ｎｌ＋Ｙ）１）ｎ
结
．
厂（）一ｃｓ —ｓｃ不易确定符号．＝２ｏｅ，

导数中的不等式运用

导数中的不等式运用导数是微积分中的重要概念，它描述了函数在其中一点附近的变化率。

通过对导数的研究和运用，我们可以解决很多与函数变化和极值相关的问题。

其中，不等式是导数运用的重要手段之一、本文将介绍导数中的不等式运用，并详细阐述其应用的方法和技巧。

一、导数的定义和性质回顾在开始讨论导数的不等式运用之前，我们先来回顾一下导数的定义和性质。

1.导数的定义设函数y=f(x)在点x0处可导，那么函数在点x0处的导数定义为：f'(x0) = lim(h->0) [f(x0+h)-f(x0)] / h也可以写成：f'(x0) = lim(x->x0) [f(x)-f(x0)] / (x-x0)2.导数的性质（1）可导函数在其中一点处导数存在，则在该点附近的函数值变化率接近于该导数值。

（2）导数为正表示函数在该点上升，导数为负表示函数在该点下降。

（3）导数为零的点可能是函数的极值点（极大值或极小值点）。

基于导数的性质，我们可以利用导数来研究函数的变化情况和找出函数的极值点。

而不等式运用就是针对函数的边界条件、单调性等特点，利用导数进行推导和解决问题。

1.导数的符号判定在函数的其中一点或其中一区间内，通过导数的符号可以判定函数的单调性。

具体地，我们有以下规律：（1）若函数在其中一区间内导数始终大于0，则函数在该区间内单调递增；（2）若函数在其中一区间内导数始终小于0，则函数在该区间内单调递减；（3）若函数在其中一区间内导数大于0和小于0交替出现，则函数在该区间内不单调。

2.导数的零点当函数的导数为0时，就有可能是函数的极值点。

通过求导数的零点，可以帮助我们找到函数的极值点。

（1）若导数在其中一点的左侧为正，右侧为负，则该点可能是函数的极大值点；（2）若导数在其中一点的左侧为负，右侧为正，则该点可能是函数的极小值点。

3.导数的判定方法对于二阶及以上导数，我们可以通过导数的判定方法，进一步分析函数的变化情况和函数的极值。

利用导数证明不等式的方法

利用导数证明不等式的方法导数是微积分中的重要概念，它可以用来研究函数在不同点的变化趋势。

在数学中，不等式是一种比较两个数或两个函数大小关系的方式。

结合导数和不等式的概念，我们可以利用导数来证明不等式。

让我们回顾一下导数的定义。

对于一个函数f(x)，在某一点a处的导数f'(a)表示函数在该点处的变化率。

导数可以通过求取函数的极限来计算，也可以通过求取函数的斜率来计算。

导数的正负可以表示函数的增减性，即导数大于0表示函数在该点处递增，导数小于0表示函数在该点处递减。

利用导数证明不等式的方法主要有以下几种：1. 利用导数的正负性：假设我们要证明一个不等式f(x) > g(x)，我们可以先求取函数f(x)和g(x)的导数，然后观察导数的正负性。

如果在某一区间上，f'(x) > g'(x)，则可以得出在该区间上f(x) > g(x)。

举个例子，我们要证明对于所有的x，函数f(x) = x^2 + 3x + 2大于函数g(x) = 2x + 1。

首先，求取f(x)和g(x)的导数分别为f'(x) = 2x + 3和g'(x) = 2。

然后观察导数的正负性，我们发现在所有的x上，f'(x) > g'(x)，因此可以得出对于所有的x，f(x) > g(x)。

2. 利用导数的单调性：如果一个函数在某一区间上是单调递增或单调递减的，那么我们可以根据函数值的大小关系得出不等式的成立。

举个例子，我们要证明对于所有的x大于0，函数f(x) = x^2 + 3x + 2大于函数g(x) = 2x + 1。

首先，求取f(x)和g(x)的导数分别为f'(x) = 2x + 3和g'(x) = 2。

然后观察导数的单调性，我们发现f'(x)是一个递增函数，因此可以得出在x大于0的区间上，f(x)也是一个递增函数。

又因为在x大于0的区间上，f(0) = 2大于g(0) = 1，所以可以得出对于所有的x大于0，f(x) > g(x)。

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