导数在不等式恒成立中的应用555
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题(解析版)
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法---参变分离、数形结合、最值分析等.一、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.二、不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．三、不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．【压轴典例】例1．（2021·全国高三其他模拟）已知数列{}n a 满足11a =，()1ln 1n n a a +=+.若11n n a a λ++≥恒成立，则实数λ的最大值是（ ）(选项中e 为自然对数的底数，大约为2.71828)A ．21e -B ．2e 1- CD ．e【答案】D【详解】由()1ln 1n n a a +=+得()111ln 1n n n n a a a a +++-=-+，设()ln(1),1f x x x x =-+>-， ()1x f x x '=+，()f x 在(1,0)-单调递减，在(0,+∞）单调递增，故min ()(0)0f x f ==，则10n n a a +->，所以1n n a a +≤， 1n a ≥，由11n n a a λ++≥得111ln(1)n n a a λ++++≥易得11ln(11)n n a a λ++≤++，记110n t a ++=>，所以111ln(1ln )n n a t a t ++=++，记()ln t f t t=，()2ln 1()ln t f t t -'=，当ln 10t ->即()0f t '>得t e >时()f t 单调递增，当ln 10t -<即()0f t '<得0t e <<时()f t 单调递减，所以min ()()f t f e e ==，得e λ≤，例2．（2021·浙江嘉兴市·高三）已知函数()()()1x f x e a tax =-+，其中0t ≠．若对于某个t ∈R ，有且仅有3个不同取值的a ，使得关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则t 的取值范围为（ ）A ．()1,eB ．(),2e eC ．(),e +∞D ．()2,e +∞ 【答案】C【详解】显然0a ≥，否则0x e a ->，于是()()()10x f x e a tax =-+≥，即10tax +≥，这与不等式的解集为R 矛盾．又易知0a =时，不等式()0f x >恒成立．于是仅需再分析0a >的情形．易知0t >，由()()()10x f x e a tax =-+=知ln x a =或1x ta=-，所以11ln ln a a a ta t =-⇔-=．所以原问题等价于关于a 的方程1ln a a t-=有两解，设()ln h a a a =，则()ln 1h a a '=+，10a e <<时，()0h a '<，()h a 递减，1a e>时，()0'>h a ，()h a 递增，所以min 11()h a h e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，0x →时，()0h a →，a →+∞时，()h a →+∞，所以由关于a 的方程1ln a a t -=有两解，得110e t-<-<，所以t e >． 例3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a.(1)当a=e 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求a 的取值范围.【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae x-1-.(1)当a=e 时,f(x)=e x -ln x+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x 轴,y 轴上的截距分别为,2,因此所求三角形的面积为.(2)当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1不满足条件;当a=1时,f(x)=e x-1-ln x,f'(x)=e x-1-.当x ∈(0,1)时,f'(x)<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.所以a=1满足条件;当a>1时,f(x)=ae x-1-ln x+ln a ≥e x-1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞).例4.(2020·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f(x)=e x +ax 2-x.(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≥x 3+1,求a 的取值范围. 【解析】(1)当a =1时,f=e x +x 2-x ,f'=e x +2x -1,由于f″=e x +2>0, 故f'单调递增,注意到f'=0, 故当x ∈时,f'<0,f 单调递减,当x ∈时,f'>0,f 单调递增.(2)由f ≥x 3+1得,e x +ax 2-x ≥x 3+1,其中x ≥0, ①当x =0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意;②当x>0时,分离参数a得,a≥-,记g =-,g'=-,令h=e x -x2-x -1,则h'=e x-x-1,h″=e x-1≥0,故h'单调递增,h'≥h'=0,故函数h单调递增,h≥h=0,由h≥0可得:e x -x2-x-1≥0恒成立,故当x ∈时,g'>0,g单调递增;当x ∈时,g'<0,g单调递减,因此,=g =,综上可得,实数a 的取值范围是.例5.(2020·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x )+的单调区间和极值;(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.【解析】(1)①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x +,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x +-,整理可得:g'(x )=,令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:x(0,1) 1 (1,+∞)g'(x) - 0 +g(x) 单调递减极小值单调递增所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+.对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令=t (t >1), 则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))=(x 1-x 2)-2 =--3x 2+3x 1+k -2k ln =(t 3-3t 2+3t -1)+k .(ⅰ)令h (x )=x --2ln x ,x ∈(1,+∞).当x >1时,h'(x )=1+-=>0,由此可得h (x )在(1,+∞)上单调递增,所以当t >1时,h (t )>h (1),即t --2ln t >0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t -1=(t -1)3>0,k ≥-3, 所以(t 3-3t 2+3t -1)+k ≥(t 3-3t 2+3t -1)-3=t 3-3t 2+6ln t +-1.(ⅱ) 由(1)②可知,当t >1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t +>1,故t 3-3t 2+6ln t +-1>0.(ⅲ) 由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))>0.所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有>.例6．（2021·江苏苏州市·高三）已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >.（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值；（2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤．【答案】（1）1a =；（2）证明见解析.【详解】（1）因为1()(1)ax f x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a ee +-=．设()(1)2x h x x e e =+-， 由于()(2)0x h x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =．（2）设()1t u t e t =--，则()1t u t e '=-，当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以min()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax ax x xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．设ln 1()ax xe x g x x --=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x+----++--==≥=， 当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立．由()1()00x a x xϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，上单调递增，又()()1a a a e ae a a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ，即方程()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1a x e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1a x e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，所以b a ≤． 例7.(2020·江苏高考·T19)已知关于x 的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b ∈R)在区间D 上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).(1)若f(x)=x 2+2x,g(x)=-x 2+2x,D=(-∞,+∞).求h(x)的表达式;(2)若f(x)=x 2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞).求k 的取值范围;(3)若f(x)=x 4-2x 2,g(x)=4x 2-8,h(x)=4(t 3-t)x-3t 4+2t 2(0<|t|≤),D=[m,n]⊆[-,],求证:n-m ≤. 【解析】(1)由f(x)=g(x)得x=0.又f'(x)=2x+2,g'(x)=-2x+2,所以f'(0)=g'(0)=2,所以,函数h(x)的图象为过原点,斜率为2的直线,所以h(x)=2x.经检验:h(x)=2x 符合题意.(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),设φ(x)=x -1-ln x,则φ'(x)=1-=,φ(x)≥φ(1)=0,所以当h(x)-g(x)≥0时,k ≥0.设m(x)=f(x)-h(x)=x 2-x+1-(kx-k)=x 2-(k+1)x+(1+k)≥0,当x=≤0时,m(x)在(0,+∞)上递增,所以m(x)>m(0)=1+k ≥0,所以k=-1.当x=>0时,Δ≤0,即(k+1)2-4(k+1)≤0,(k+1)(k-3)≤0,-1≤k≤3.综上,k∈[0,3].(3)①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)令Δ=(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立, 所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7所以不等式(*)有解,设解集为,因此n-m≤x2-x1=≤.②当0<t<1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=.当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数;v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0,(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).因为[m,n]⊆[-,],所以n-m≤+1<.③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.综上所述,n-m≤.例8.（2020届安徽省马鞍山市高三）已知函数.（1）若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；（2）求证：当时，恒成立.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由题意知，令，则，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又，∵在定义域内无极值点，∴ 又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以（2），令，由（1）可知在上单调递増，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，∴由知 即当时，恒成立.例9．（2021·安徽高三）已知函数()2ln ,f x x ax x =+-其中0.a ≥（1）讨论()f x 的单调性；（2）若当2x >时()31,12f x x <+恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增；当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛--+⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在11811844a a a a -+-⎛ ⎝⎭内单减；当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减； （2）7ln20,4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【详解】（1）()212121,0ax x f x ax x x x-+=+'-=> 若()()110,21,x a f x ax f x x x-==+-=-在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减. 若0,a >由2210ax x -+=知， 18a ∆=-.当Δ180,a =-≤即18a ≥时，2210,ax x -+≥此时()f x 在()0,∞+内单增. 当1Δ180,08a a =-><<时，1184a x a-=，此时()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 综上所述：当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增. 当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减.（2）()3112f x x <+即231ln 1,2x ax x x +-<+ 即2311ln 2ax x x x <++- 即22111ln 2x a x x x x <++-，2x >，令()22111ln ,2,2x g x x x x x x=++-> 则()23311212ln 2x g x x x x -=---'33264ln ,22x x x x x--+=> 令()()324264ln ,2,320h x x x x x h x x x=--+>=-+>'. 所以()h x 在2x >时单增，()()()24ln222ln410h x h >=-=->，因此()0g x '>， ()g x 在2x >时单增，()()7ln224g x g ->=，于是7ln2.4a -≤ 故a 的取值范围是7ln20,.4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦例10.（2020届山西省孝义市一模）已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】（1）由可得的定义域为，且， 若，则，函数在上单调递增； 若，则当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）原命题等价于不等式在上恒成立， 即，不等式恒成立.∵当时，，∴， 即证当时，大于的最大值.又∵当时，，∴，综上所述，.【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ① 求得的范围. 【压轴训练】1．（2021·长宁区·上海市延安中学高三）设函数()f x 的定义域为R ，满足()()22f x f x +=，且当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-．若对任意(],x m ∈-∞，都有()23f x ≥-，则m 的取值范围是（ ）A ．215⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，B ．163⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，C ．184⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，D ．194⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，【答案】D【详解】当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-的最小值是1,4-由()()22f x f x +=知，当(]2,4x ∈时，()()192224f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,2-当(]4,6x ∈时，()()194444f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,-要使()23f x ≥-，则()1924443x x -+-≥--，解得：194x ≤或16.3x ≥2．（2020·河津中学高三）若函数2()cos sin 3f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭(其中a 为参数)在R 上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,,33⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．1,03⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【详解】函数1()sin sin 23f x a x x x =-+在R 上单调递增，等价于2245()cos cos21cos cos 0333f x a x x x a x =-+=-++'在R 上恒成立.设cos x t =，则245()033g t t at =-++在[1,1]-上恒成立，所以45(1)0,3345(1)0,33g a g a ⎧=-++⎪⎪⎨⎪-=--+⎪⎩解得.3．（2021·全国高三专题练习）已知函数()ln f x x =，若对任意的12,(0,)x x ∈+∞，都有()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦恒成立，则实数k 的最大值是（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】B【详解】设12x x >，因为()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦，变形为()()()()121212212ln ln x x x x x x kx x x -+->+，即12212ln x kx x x x >-，等价于1221ln 1x kx x x >-，因为120x x >>，令12x t x =(1t >)，则ln 1k t t >-，即(1)ln k t t <-.设()()1ln g t t t =-(1t >)，则min ()k g t <.当1t >时1()ln 10g t t t'=+->恒成立，故()g t 在()1,+∞上单调递增，()(1)0g t g >=.所以0k ≤，k 的最大值为0.4．（2019·天津高考模拟）已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x -≤⎧=⎨-+>⎩ 若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．13,3e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ B ．[3,3ln 5]+ C ．[3,4ln 2]+D ．13,5e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x a x a x ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a，① 当2a x ≥，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2ag x x a x =-≥，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3）， 可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =， 综合函数图像可得3a ≥；② 同理，当2ax ＜，由()g()f x x 与相切， （1）当2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-+＜，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x， 此时可得可得切线斜率为-2，12x -=-，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +, 可得切线方程：1(32)2()2y In x -+=--，242y x In =-++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+， 综上所述可得342a In ≤≤+，故选C.5．（2020·广东佛山市·高三）（多选）命题:p 已知ABC 为锐角三角形，不等式cos cos log 0sin CAB≥恒成立，命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立，在[1,2]上恒成立，则真命题的为（ ） A ．p q ∨ B ．p q ∧C ．p q ⌝∨D ．p q ∧⌝【答案】AD 【详解】因为为锐角三角形，所以0,0,0222A B C πππ<<<<<<,所以2A B π+>，则022A B ππ>>->，所以0cos cos()sin 12A B B π<<-=<，所以cos 01sin AB<<，又0cos 1C <<，所以不等式cos cos log 0sin CA B≥恒成立，故命题p 是真命题；命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立()min2x a ⇔+，在[1,2]上恒成立，故命题q 是假命题所以p q ∨，p q ∧⌝是真命题.6．（2020·福清西山学校高三）（多选）记函数()f x 与()g x 的定义域的交集为I ，若存在0x I ∈，使得对任意x I ∈，不等式()()fx g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，则称()()(),f x g x 构成“相关函数对”．下列所给的两个函数构成“相关函数对”的有（ ） A ．()xf x e =，()1g x x =+B ．()ln f x x =，()1g x x= C ．()f x x =，()2g x x =D ．()f x x =，【答案】BD【详解】根据函数的新定义，可得两个函数的图象有一个交点，且交点的两侧图象一侧满足()()f x g x >，另一侧满足()()f x g x <，对于A 中，令()()()1xx f x g x e x ϕ=-=--，可得()1xx e ϕ'=-，当0x >时，()10xx e ϕ'=->，函数单调递增；当0x <时，()10x x e ϕ'=-<，函数单调递减，所以当0x =时，函数()x ϕ 取得最小值，最小值为()00ϕ=，即()0x ϕ≥，所以()()f x g x ≥恒成立，不符合题意；对于B 中，令()()()1ln ,0x f x g x x x x ϕ=-=->，可得()2110x x xϕ'=+>，所以函数()x ϕ单调递增，又由()()11ln110,ln 0e e eϕϕ=-<=->，设0x x =满足()00x ϕ=，且01x e <<，则对任意(0,)x ∈+∞，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意；对于C 中，函数()f x x =，()2g x x =，根据一次函数和二次函数的性质，可得函数()y f x =的图象由两个交点，此时不满足题意；对于D 中，令()()()1()2x x f x g x x ϕ=-=，可得()1211()ln 2022x x x ϕ-'=+>，所以()x ϕ在定义域[0,)+∞单调递增，又由()()1010,102ϕϕ=-<=>，所以方程()0x ϕ=只有一个实数根，设为0x ，则满足对任意x I ∈，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意. 7．（2020·浙江高三月考）已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln x x x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x x e x x a a x x ae a x -≤-⇔-≤--()()3ln 3ln x x x x ae ae ⇔-≤-令()ln f x x x =-，()111x f x x x-'=-=，∴()f x 在[)1,+∞上单调递增.∵1a >，1[,)3x ∈+∞，∴[)3,1,x e x a ∈+∞，∴33x x e ae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x xg x e=，只需max ()a g x ≥，()33x xg x e -'=，∴1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，∴(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e ，∴3a e≥， ∴a 的最小值为3e. 8．（2020·全国高三月考）已知函数()()ln 202xaf x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【详解】()ln202x af x ae x =+->+，则()ln ln ln 22x a e a x ++>++，两边加上x 得到()()()ln 2ln ln 2ln 2ln 2x x aex a x x ex ++++>+++=++，x y e x =+单调递增，()ln ln 2x a x ∴+>+，即()ln ln 2a x x >+-，令()()ln 2g x x x =+-，则()11121x g x x x --'=-=++，因为()f x 的定义域为()2,-+∞()2,1x ∴∈--时，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈-+∞，()0g x '<，()g x 单调递减， ()()max ln 11a g x g ∴>=-=，a e ∴>.9．（2021·安徽高三开学考试）已知函数()()11ln f x a x x =+++. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0x >，求证：()()22e 11exa x f x x +++>.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【详解】（1）由题意得，()f x 的定义域为()0,∞+，()()1111a x f x a x x++'=++=， 当1a ≥-时，()0f x '>恒成立，∴()f x 在()0,∞+上单调递增. 当1a <-时，令()0f x '>，解得11x a <-+；令()0f x '<，解得11x a >-+， ∴()f x 在10,1a ⎛⎫-⎪+⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫-+∞⎪+⎝⎭上单调递减. （2）要证()()22e 11e x a x f x x +++>，即证22e ln 0e x x x ⋅->.令()22e ln e xg x x x =⋅-，则()()22221e e e x x x g x x--'=.令()()221e e x r x x x =--，则()22e e x r x x '=-， 易得()r x '在()0,∞+上单调递增，且()212e e 0r '=-<，()223e 0r '=>，∴存在唯一的实数()01,2x ∈，使得()00r x '=，∴()r x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增.∵()00r <，()20r =， ∴当()0r x >时，2x >；当()0r x <时，02x <<，∴()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，∴()()21ln 20g x g ≥=->.综上，22e ln 0e x x x ⋅->，即()()22e 11exa x f x x +++>.10.（2020·山东高考模拟）已知函数2()ln 2()f x x a x x a R =+-∈.（1）求()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且12()0f x mx -≥恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）12a ≥时，增区间为(0,)+∞；0a ≤时，增区间为1()2++∞；102a <<时，增区间为，)+∞；（2）3(,ln 2]2-∞--. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222'()22a x x af x x x x-+=+-=，令2220x x a -+=，484(12)a a ∆=-=-，1︒若12a ≥时，0∆≤，'()0f x ≥在(0,)+∞恒成立，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增. 2︒若12a <，>0∆，方程2220x x a -+=，两根为1x =2x =，当0a ≤时，20x >，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增. 当102a <<时，1>0x ，20x >， 1(0,)x x ∈，'()0f x >，()f x 单调递增，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增.综上，12a ≥时，函数()f x 单调递增区间为(0,)+∞， 0a ≤时，函数()f x单调递增区间为1()2+∞， 102a <<时，函数()f x单调递增区间为1(0,2-，1()2++∞. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <时，102a <<且121x x =+，122a x x ⋅=，则1112ax x +=，()1121a x x =-，且1102x <<，2112x <<. 此时()120f x mx ≥-恒成立，可化为()()21111112121ln 21f x x x x x x m x x +--≤=- ()()11111111121ln 11x x x x x x x -+-+--=-1111112ln 1x x x x =-++-恒成立， 设1()12ln 1g x x x x x =-++-，1(0,)2x ∈，2221(1)1'()122ln 2ln (1)(1)x g x x xx x --=-++-=+--2(2)2ln (1)x x x x -=+-， 因为102x <<，所以(2)0x x -<，2ln 0x <，所以)'(0g x <，故()g x 在1(0,)2单调递减，13()ln 222g x g ⎛⎫>=-- ⎪⎝⎭，所以实数m 的取值范围是3(,ln 2]2-∞--.11．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三）已知()()ln 0f x x mx m =->. （1）若()y f x =在点()()1,1f 处的切线平行于x 轴，求其单调区间和极值;（2）若不等式()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，求整数m 的最小值. 【答案】（1）增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，()f x 的极大值为1-，无极小值；（2）2. 【详解】（1）()1f x m x'=-，则()110f m '=-=，1m ∴=， ()ln f x x x ∴=-，定义域为(0,)+∞，()111xf x x x-'=-=令()0f x '>，得01x <<;令()0f x '<，得1x >()f x ∴的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，且()f x 的极大值为()11f =-，无极小值.（2）因为0m >，所以()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，可化为21ln 122x x m x x ++≥+，设()2ln 12x x h x x x++=+，则()()()()()()2222212(ln 1)(22)12ln 22x x x x x x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+++ ⎪-++⎝⎭'==++， 设()2ln g x x x =+，则()2ln g x x x =+单调增，且111112ln 2ln 2ln 4022222g ⎛⎫=+=-=-< ⎪⎝⎭，()10g >，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x =，即 ()00h x '=，所以002ln 0x x +=，所以当012x x <<时，0()()0g x g x <=，()0h x '>， 当01x x <<时，0()()0g x g x >=，()0h x '<，()h x ∴在()00,x 单调递增，在()0,x +∞单调递减()()000022max000001ln 1112,12222x x x h x h x x x x x x +++⎛⎫∴====∈ ⎪++⎝⎭()()021,2m h x ∴≥∈，m ∴的最小整数值为2。
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。
利用导数解决不等式恒成立中参数问题优秀教案
利用导数解决不等式恒成立中地参数问题一、单参数放在不等式上型：【例题1】（07全国Ⅰ理）设函数．若对所有都有，求地取值范围．解：令，则，（1）若，当时，，故在上为增函数，∴时，，即．（2）若，方程地正根为，此时，若，则，故在该区间为减函数．∴时，，即，与题设相矛盾．综上，满足条件地地取值范围是．说明：上述方法是不等式放缩法．【针对练习1】（10课标理）设函数，当时，，求地取值范围．解：【例题2】（07全国Ⅰ文）设函数在及时取得极值．（1）求、地值；（2）若对于任意地，都有成立，求地取值范围．解：（1），∵函数在及取得极值，则有，．即，解得，．（2）由（1）可知，，．当时，；当时，；当时，．∴当时，取得极大值，又，．则当时，地最大值为．∵对于任意地，有恒成立，∴，解得或，因此地取值范围为．最值法总结：区间给定情况下，转化为求函数在给定区间上地最值．【针对练习2】（07重庆理）已知函数在处取得极值，其中、、为常数．（1）试确定、地值；（2）讨论函数地单调区间；（3）若对任意，不等式恒成立，求地取值范围．解：【针对练习3】（10天津文）已知函数，其中．若在区间上，恒成立，求地取值范围．解：【例题3】（08湖南理）已知函数．（1）求函数地单调区间；（2）若不等式对任意地都成立（其中是自然对数地底数），求地最大值．解：（1）函数地定义域是，．设．则，令，则．当时，，在上为增函数，当时，，在上为减函数．∴在处取得极大值，而，∴，函数在上为减函数．于是当时，，当时，．∴当时，在上为增函数．当时，，在上为减函数．故函数地单调递增区间为，单调递减区间为．（2）不等式等价于不等式，由知，．设，，则．由（1）知，，即．∴，，于是在上为减函数．故函数在上地最小值为．∴a地最大值为．小结：解决此类问题用地是恒成立问题地变量分离地方法，此类方法地解题步骤是：①分离变量；②构造函数（非变量一方）；③对所构造地函数求最值（一般需要求导数,有时还需求两次导数）；④写出变量地取值范围．【针对练习4】（10全国1理）已知，若，求地取值范围．解：【针对练习5】若对所有地都有成立，求实数地取值范围．解：二、单参数放在区间上型：【例题4】已知三次函数图象上点处地切线经过点，并且在处有极值．（1）求地解析式；（2）当时，恒成立，求实数地取值范围．解：（1）∵，∴，于是过点处地切线为，又切线经过点，∴，①∵在处有极值，∴，②又，③∴由①②③解得：，，，∴．（2），由得，．当时，，单调递增，∴；当时，，单调递减，∴．∴当时，在内不恒成立，当且仅当时，在内恒成立，∴地取值范围为．【针对练习6】（07陕西文）已知在区间上是增函数，在区间，上是减函数，又．（1）求地解析式；（2）若在区间上恒有成立，求地取值范围．解：三、双参数中知道其中一个参数地范围型：【例题5】（07天津理）已知函数，其中，．（1）讨论函数地单调性；（2）若对于任意地，不等式在上恒成立，求地取值范围．解：（1）．当时，显然．这时在，上内是增函数．当时，令，解得．当变化时，，地变化情况如下表：由（2）知，在上地最大值为与地较大者，对于任意地，不等式法二：变量分离．∵，∴，即．令，，∴在上递减，最小值为，从而得，∴满足条件地地取值范围是．或用，即，进一步分离变量得，利用导数可以得到在时取得最小值，从而得，∴满足条件地地取值范围是．法三：变更主元．∵，∴在递增，即地最大值为．以下同上法．说明：本题是在对于任意地，在上恒成立相当于两次恒成立，这样地题，往往先保证一个恒成立，在此基础上，再保证另一个恒成立．【例题6】设函数，，若对于任意地，不等式在上恒成立，求实数地取值范围．解：在上恒成立，即在上恒成立．由条件得，又，∴，即．设，则．令，，当，；当，，∴时，，于是，∴在递减，∴地最小值为，∴，因此满足条件地地取值范围是．【针对练习7】设函数，其中，．若对于任意地，不等式在上恒成立，求地取值范围．解：四、双参数中地范围均未知型：【例题7】（10湖南理）已知函数，对任意地，恒有．（1）证明：当时，；（2）若对满足题设条件地任意，，不等式恒成立，求地最小值．解：（1）易知．由题设，对任意地，，即恒成立，∴，从而．于是，且，因此．故当时，有，即当时，．（2）由（1）知，．当时，有．令，则，．而函数地值域是．因此，当时，地取值集合为．当时，由（1）知，，．此时或，．从而恒成立．综上所述，地最小值为．【针对练习8】若图象上斜率为3地两切线间地距离为，设．（1）若函数在处有极值，求地解析式；（2）若函数在区间上为增函数，且在区间上都成立，求实数地取值范围．解：五、双参数中地线性规划型：【例题8】（12浙江理）已知，，函数．（1）证明：当时，①函数地最大值为；②；（2）若对恒成立，求地取值范围．解：（1）①．当时，，在上恒成立，∴在上递增，此时地最大值为：；当时，，此时在上递减，在上递增，∴在上地最大值为：．综上所述：函数在上地最大值为．②∵，当时，．当时，．设，，列表可得，∴当时，，∴．（2）由①知：函数在上地最大值为，∴．由②知：，于是对恒成立地充要条件为：或，在坐标系中，不等式组所表示地平面区域为如图所示地阴影部分，其中不包括线段．作一组平行线，得，∴地取值范围为．【针对练习9】已知函数．（1）若，求地单调区间；（2）若地两个极值点，恒满足，求地取值范围．解：六、双参数中地绝对值存在型：【例题9】（06湖北理）设是函数地一个极值点．（1）求与地关系式（用表示），并求地单调区间；（2）设，．若存在，使得成立，求地取值范围．解：（1），由，得，即得，则．令，得或，由于是极值点，∴，即．当时，，则在区间上，，为减函数；在区间上，，为增函数；在区间上，，为减函数．当时，，则在区间上，，为减函数；在区间上，，为增函数；在区间上，，为减函数．（2）由（1）知，当时，，在区间上地单调递增，在区间上单调递减，那么在区间上地值域是，而，，，那么在区间上地值域是．又在区间上是增函数，且它在区间上地值域是，由于，∴只须仅须且，解得．故地取值范围是．【针对练习10】（10辽宁理）已知函数．（1）讨论函数地单调性；（2）设，如果对任意，，，求地取值范围．解：总结：关于运用导数解决含参函数问题地策略还有很多，参数问题形式多样，方法灵活多变，技巧性较强，对于某些“含参函数”题目，不一定用某一种方法，还可用多种方法去处理．这就要求我们养成良好地数学思维，有良好地观察与分析问题地能力，灵活地转化问题能力，使所见到地“含参函数”问题能更有效地解决．版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. Copyright is personal ownership.p1Ean。
高考数学专题《利用导数研究不等式恒成立问题 》
第04讲利用导数研究不等式恒成立问题(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：分离变量法高频考点二：分类讨论法高频考点三：等价转化法第四部分：高考真题感悟第五部分：第04讲利用导数研究不等式恒成立问题（精练）1、分离参数法用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式； 步骤：①分类参数（注意分类参数时自变量x 的取值范围是否影响不等式的方向）②转化：若()a f x >)对x D ∈恒成立，则只需max ()a f x >；若()a f x <对x D ∈恒成立，则只需min ()a f x <．③求最值.2、分类讨论法如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(0a >，0∆<或0a <，0∆<)求解．3、等价转化法当遇到()()f x g x ≥型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数()()()F x f x g x =-或者“右减左”的函数()()()H x g x f x =-，进而只需满足min ()0F x ≥，或者max ()0H x ≤，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数的最值的问题.1．（2022·全国·高二）设a 为正实数，函数322()34f x x ax a =-+，若(,2)x a a ∀∈，()0f x <，则a 的取值范围是（ ） A ．[2,)+∞B ．(2,)+∞C ．(0,2]D ．2(0,)32．（2022·全国·高二）若不等式4342x x a ->-对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．27a <-B ．25a >-C ．29a ≥D ．29a >3．（2022·全国·高二）已知函数()22f x ax x a =-+，对[]1,2x ∀∈都有()0f x ≤成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(],0-∞B ．4,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．(],1-∞D ．[]1,0-高频考点一：分离变量法1．（2022·全国·高三专题练习）设a R ∈，若不等式ln ax x >在()1,x ∞∈+上恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()0,∞+B ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,∞+D ．()e,+∞2．（2022·内蒙古乌兰察布·高二期末（文））已知函数2()ln 2a f x x x =+，若对任意两个不等的正数1x ，2x ，都有1212()()4f x f x x x -≥-恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[)4∞+，B ．()4.∞+C ．(]4∞-，D ．()4∞-，3．（2022·全国·高三专题练习）已知对(0,)x ∀∈+∞，不等式ln 1ax x ≥-恒成立，则实数a 的最小值是（ ） A ．eB ．2eC ．21e D ．1e4．（2022·河南·高二阶段练习（理））已知当0x >时，()21e 1x x a x -≤--恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(],e 1-∞-B ．(],1-∞C ．(]2,e 1--D ．(],2-∞- 5．（2022·湖南·临澧县第一中学高二阶段练习）已知函数()ln af x x x=+（a 为常数） （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）不等式()1f x ≥在2(]0,x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围．6．（2022·重庆市育才中学高二阶段练习）已知函数()1ln f x ax x =--，a R ∈． (1)讨论函数()f x 在区间()1,e 的极值；(2)若函数()f x 在1x =处取得极值，对()0,x ∀∈+∞，()2f x bx ≥-恒成立，求实数b 的取值范围．7．（2022·四川省泸县第一中学高二阶段练习（理））已知函数()e 1()x f x ax a =-+∈R . (1)讨论函数()f x 的单调性与极值；(2)若对任意0x >，2()f x x x ≥--恒成立，求实数a 的取值范围.8．（2022·河南·三模（文））已知函数()e x f x ax b =++（e 是自然对数的底数），曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线为y a b =-. (1)求a ，b 的值；(2)若不等式()1f x mx >-在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，求正实数m 的取值范围.高频考点二：分类讨论法1．（2022·广西柳州·三模（文））已知函数()ln f x ax x =-． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若1x =为函数()f x 的极值点，当[)e,x ∞∈+，不等式()()()1e x f x x m x -+≤-恒成立，求实数m 的取值范围．2．（2022·陕西西安·二模（文））已知函数()()1ln f x a x a x=+∈R . (1)当1a =时，求函数()f x 的单调减区间；(2)若不等式()f x x ≥对(]0,1x ∈恒成立，求实数a 的取值范围.3．（2022·河南·高二阶段练习（文））已知曲线()ln f x m x =+在1x =处的切线方程为()y h x =，且210e f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.(1)求()h x 的解析式；(2)若0x ≥时，不等式()20e x ax h x --≥恒成立，求实数a 的取值范围.4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()e xf x =，曲线()y f x =在点()00,x y 处的切线为()yg x =．(1)证明：对于x R ∀∈，()()f x g x ≥； (2)当0x ≥时，()11axf x x≥++恒成立，求实数a 的取值范围．5．（2022·四川·树德中学高三开学考试（文））已知a ∈R ，设函数()()ln ln f x a x a x =++. (1)讨论函数()f x 的单调性； (2)若()2ln xf x a x a≤+恒成立，求实数a 的取值范围.6．（2022·贵州黔东南·一模（文））已知函数()22ln f x x a x =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)当x >1时，()1f x >恒成立，求a 的取值范围.高频考点三：等价转化法1．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（文））已知函数()1ln f x a x x=+，()()1e 1,x g x x mx a m x=+--∈R .(1)讨论f （x ）的单调性；(2)当a =1时，若不等式()()f x g x ≤恒成立，求m 的取值范围.2．（2022·江苏·高二课时练习）已知函数()ln f x ax x =+，()()220g x a x a =>．若()()f x g x ≤对一切正实数x 都成立，求实数a 的取值范围．3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2ln f x x a x =+，()2g x ax x =+．(1)当0a =时，求函数()f x 的最小值；(2)当0a ≤时，若对任意1≥x 都有()()f x g x ≥成立，求实数a 的取值范围．4．（2022·江西·南昌市实验中学高二阶段练习（理））已知函数()2ln f x x a x =+，()2g x x x =+.(1)若()y f x =在点()()1,1M f 处的切线方程为30x y b -+=，求实数a 、b 的值； (2)若对任意1x >，都有()()f x g x ≤成立，求实数a 的取值范围.5．（2022·山东日照·高三期末）已知函数()ln f x x ax b =-+，中,a b ∈R . (1)当0a >时，求()f x 的单调区间；(2)若[]()1,0,2,ln 1a b x kx x x ϕ=∈=--，对任意实数[]()()1,e ,x f x x ϕ∈≥恒成立，求2k b -的最大值.高频考点四：最值法1．（2022·重庆市朝阳中学高二阶段练习）已知函数321()22f x x x x m =--+，其中.m R ∈(1)若函数()f x 的极小值为0，求实数m 的值； (2)当[1,2]x ∈-时，1()2f x 恒成立，求实数m 的取值范围．2．（2022·重庆市长寿中学校高二阶段练习）已知函数()()2ln 0f x a x ax a =+-> (1)求()f x 的最大值(2)若()0f x ≤恒成立，求a 的值3．（2022·江西·模拟预测（文））已知函数()222(0)e xmx x f x m +-=>.(1)判断()f x 的单调性；(2)若对[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()1224e f x f x -≤恒成立，求实数m 的取值范围.4．（2022·河南·高二阶段练习（文））已知函数()32f x x ax bx c =+++在23x =-与1x =处都取得极值.(1)求a ，b 的值；(2)若对任意[]1,2x ∈-，不等式()23f x c <恒成立，求实数c 的取值范围.5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()()221n l 0f x ax a x a x=-+->. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若对[]2,3a ∀∈，[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()12ln 2m f x f x +>-恒成立，求实数m 的取值范围.6．（2022·全国·高三专题练习）已知曲线()()3,f x ax bx a b =+∈R 在点()()1,1f 处的切线方程是20y +=.(1)求()f x 的解析式；(2)若对任意[]12,2,3x x ∈-，都有()()12f x f x m -，求实数m 的取值范围.1．（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e2．（2020·海南·高考真题）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．3．（2020·全国·高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.4．（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．一、单选题1．（2022·河南南阳·高二期末（文））若函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，则k 的取值范围是（ ） A ．[1,)+∞ B ．(1,)+∞C ．[2,)+∞D ．(,2)-∞-2．（2022·全国·高二）函数f (x )＝13x 3－x 2＋a ，函数g (x )＝x 2－3x ，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f (x )的图象始终在函数g (x )图象的上方，那么a 的取值范围是（ ） A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．4,3⎛-+∞⎫ ⎪⎝⎭D ．4,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭3．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知()xae f x x x=-，()0,x ∈+∞，且1x ∀，()20,x ∈+∞，且12x x <，()()12210f x f x x x -<恒成立，则a 的取值范围是（ ）A ．12,e ∞-⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．2,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．(2,e ⎤-∞⎦D ．13,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭4．（2022·全国·高二）已知函数()()e 10xx a f ax =--≠在[]1,2上是减函数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．21,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．210,e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．211,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦5．（2022·重庆市清华中学校高二阶段练习）已知函数()()31e 1x f x x kx =--+，若对任意的()12,0,x x ∈+∞，且12x x ≠，都有()()()()11222112x f x x f x x f x x f x +>+，则实数k 的取值范围是（ ） A ．e ,3∞⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．e ,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦6．（2022·山西临汾·二模（理））已知函数22,1()ln ,1x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩，若()0f x ≥恒成立．则a 的取值范围为（ ） A ．[0,1]B ．[0,2e]C ．[1,2]D ．[2,2e]7．（2022·浙江·义乌市商城学校高二阶段练习）已知m ，n 为实数，不等式ln 0x mx n --≤恒成立，则nm的最小值为（ ） A ．1-B ．2-C ．1D ．28．（2022·宁夏中卫·一模（理））已知定义域为(0,)+∞的函数()f x 满足2()1()f x f x x x'+=，且2(e)e f =，e为自然对数的底数，若关于x 的不等式()20f x ax x x--+≤恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[1,)+∞B ．[2,)+∞C ．2,e e +⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．322,e e e ⎡⎫-+++∞⎪⎢⎣⎭二、填空题9．（2022·全国·高二课时练习）当(]0,1x ∈时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是______．10．（2022·上海交大附中高二阶段练习）已知()2ln f x x ax a =-+，若对任意1≥x ，都有()0f x ≤，则实数a 的取值范围是______.11．（2022·江苏省石庄高级中学高二阶段练习）已知函数()ln xf x x=．若对任意[)12,,x x a ∞∈+，都有()()121ef x f x -≤成立，则实数a 的最小值是________．12．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（文））设函数f （x ）在区间I 上有定义，若对12,x x I ∀∈和()0,1λ∀∈，都有()()()()()121211f x x f x f x λλλλ+-≤+-，那么称f （x ）为I 上的凹函数，若不等号严格成立，即“<”号成立，则称f （x ）在I 上为严格的凹函数.对于上述不等式的证明，19世纪丹麦数学家琴生给出了如下的判断方法：设定义在（a ，b ）上的函数f （x ），其一阶导数为()f x '，其二阶导数为()f x ''（即对函数()f x '再求导，记为()f x ''），若()0f x ''>，那么函数f （x ）是严格的凹函数（()f x '，()f x ''均可导）.试根据以上信息解决如下问题：函数()21ln f x m x x x=++在定义域内为严格的凹函数，则实数m 的取值范围为___________. 三、解答题13．（2022·福建省厦门集美中学高二阶段练习）已知函数()ln f x x x =， (1)求过点(0,1)-的函数()f x 的切线方程(2)若对任意0x >，都有ln()x ax x a ≥-成立，求正数a 的取值范围.14．（2022·四川·成都外国语学校高二阶段练习（文））已知函数()()1ln f x x x =+ (1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若m Z ∈，()()1m x f x -<对任意的()1,x ∈+∞恒成立，求m 的最大值.15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））已知函数()()e ln 1xf x a x =+-+，()'f x 是其导函数，其中a R ∈．(1)若()f x 在(,0)-∞上单调递减，求a 的取值范围；(2)若不等式()()f x f x '≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立，求a 的取值范围．16．（2022·四川达州·二模（文））已知()()e 1x f x mx m =+<-.(1)当2m =-时，求曲线()y f x =上的斜率为1-的切线方程；(2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-恒成立，求实数m 的范围.。
人教版导数如何解决含参数不等式恒成立问题
如何解决含参数“不等式恒成立”问题（1）分离参数法分离参数法一定要搞清谁是变量，谁为参数，一般知道谁的范围谁就是变量。
求谁的范围，谁就是参数，利用分离参数法，常用到函数的单调性，基本不等式求最值。
例如：设2)1ln()(ax x x x f --+=，当a 满足什么条件时，)(x f 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡--31,21单调递减？解：由题意)(x f 的定义域为),1(+∞-得x x a ax ax x x f ++--=--+=1)12(22111)(2'⇔0)12(22≤+--x a ax ，∈x ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--31,21恒成立⇔0122≤++a ax 法一：（分离参数法)0122≤++a ax x a x a +-≤⇒-≤+⇒1121)1(2,又因为11+-=x y 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡--31,21单调递增。
2max -=y ，1-≤a 。
(2)分类讨论法有的不等式恒成立问题，参数与变量不是那么容易分离或分离后根本求不出最值（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：法二（分类讨论法）令122)(++=a ax x g ，∈x ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--31,21由题意得00)21({<≤-⇒a g 或00)31({>≤-a g 或1)(0{==x g a 1-≤⇒a 。
例2函数ax x a x x f +-=22ln )(，若函数)(x f 在),1(+∞为单调递减，求实数a 的取值范围。
分析：要求a 的范围，我们就把a 作为参数，优先考虑分离参数法，但是对于这题a 参数没有办法分离，我们只能选择分类讨论法。
解：)(x f 的定义域为),0(+∞xax ax a x a x x f )1)(12(21)(2'-+-=+-=（因式分解是关键）0)1)(12()(≥-+=ax ax x g当0=a 时，1)(-=x g ，不合题意当0>a 时，)(x g y =是开口向上的抛物线，由图象分析可得，若0)(≥x g 在1>x 恒成立，则111≥⇒≤a a当0<a 时，同理分析可得21121-≤⇒≤-a a 。
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。
运用导数法证明不等式恒成立的基本思路
知识导航不等式恒成立问题是高中数学中常见的问题，而导数法是解答不等式恒成立问题的重要手段，尤其对于含有对数、指数的不等式问题，运用导数法来求解最为直接、有效.运用导数法证明不等式恒成立的基本思路是：1.将不等式变形为f(x)≥(≤)a，或f(x)-g(x)≥(≤)0的形式，构造新的函数；2.对新函数求导，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值；3.使f(x)的最值≥(≤)a或f(x)-g(x)≥(≤)0，即可证明不等式恒成立.运用导数法证明不等式恒成立的关键是分离变量，将不等式合理变形，构造适当的函数，把不等式问题转化为函数的最值问题来求解.下面结合实例来进行说明.例1.证明当x∈R时，ln x≤x-1恒成立.证明：令g(x)=x-1-ln x x，g′(x)=x2-1+ln xx2，设h(x)=x2-1+ln x，则h(1)=0，且h′(x)=2x+1x>0，所以h(x)在(0,+∞)单调递增，故当x<x<1时，h(x)<0，则g′(x)<0，当x>1时，h(x)>0，则g′(x)>0.所以g(x)在（0,1）内单调递减，在(1,+∞)单调递增.故g(x)≥g(1)=0,因此ln x≤x-1.我们首先将不等式变形，然后构造新的函数g(x)、h(x)，通过分析g(x)、h(x)的导函数，求得g(x)的最值，进而证明已知不等式恒成立.例2.已知函数f(x)=x ln x(x>0).若对任意x∈(0,+∞),f(x)≥-x2+mx-32恒成立，求实数m的最大值．证明：由f(x)≥-x2+mx-32及f(x)=x ln x，得m≤2x ln x+x2+3x，则问题转化为m≤æèçöø÷2x ln x+x2+3xmin.令g(x)=2x ln x+x2+3x(x>0)，则g′(x)=2x+x2-3x2,由g′(x)>0可得x>1，由g′(x)<0得0<x<1.所以g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min=g(1)=4，即m≤4，所以m的最大值是4.利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本思路是，(1)若f(x)与g(x)的最值容易求出，可将问题转化为证明f(x)min>g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)=f(x)-g(x)，利用导数法确定函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.例3.已知f(x)=(x+1)(1-x-ln x)a x，证明f(x)<1+e-2恒成立.证明：由e x>x+1易得x<x+1e x<1，若x>1，则1-x-ln x≤0，则f(x)≤0<1+e-2，若x<1⇒1-x-ln x>0，则f(x)<1-x-ln x，令g(x)=1-x-ln x，则g′(x)=-ln x-2=0，则x=e-2，易得f(x)在(0,e-2)单调递增，在(e-2,+∞)单调递减，所以f(x)max=g(e-2)=1+e-2，因此f(x)<1+e-2.在证明本题的过程中，首先借助不等式中常见的结论e x≥x+1，得出0<x+1e x<1，进而将问题简化为证明当x<1时，f(x)<1-x-ln x恒成立，然后通过构造新函数g(x)，讨论g(x)的导函数，确定f(x)的单调性和最值，进而证明原不等式成立.我们要熟记一些常见的不等式结论，如e x≥x＋1，ln x<x<e x(x>0)，xx+1≤ln(x+1)≤x(x>-1).导数法是证明不等式问题的重要方法.同学们要熟练掌握运用导数法证明不等式恒成立问题的基本思路，同时要学会灵活运用数形结合思想、转化思想和分类讨论思想来辅助解题.（作者单位：甘肃省岷县第二中学）肖龙38Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
专题12 利用导数研究不等式恒成立问题(解析版)
专题12利用导数研究不等式恒成立问题不等式恒成立问题的基本类型类型1：任意x ，使得f (x )＞0，只需f (x )min ＞0.类型2：任意x ，使得f (x )＜0，只需f (x )max ＜0.类型3：任意x ，使得f (x )＞k ，只需f (x )min ＞k .类型4：任意x ，使得f (x )＜k ，只需f (x )max ＜k .类型5：任意x ，使得f (x )＞g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min ＞0.类型6：任意x ，使得f (x )＜g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max ＜0.(1)构造函数分类讨论：遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x )或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式v (x )的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y ＝a 与函数y ＝v (x )图象的交点个数问题来解决．可化为不等式恒成立问题的基本类型类型1：函数f (x )在区间D 上单调递增，只需f ′(x )≥0.类型2：函数f (x )在区间D 上单调递减，只需f ′(x )≤0.类型3：∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )max .类型4：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )min .类型5：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，只需f (x )max ＜g (x )max .(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求大于函数y ＝g (x )的所有函数值．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于函数g (x )在D 2上的最大值(这里假设f (x )max ，g (x )max 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求小于函数y ＝g (x )的所有函数值．典例1.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ＋1，若对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】法一：构造函数法设g (x )＝x e 2x －ax －ln x －1(x ＞0)，对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，等价于g (x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，则只需g (x )min ≥0即可．因为g ′(x )＝(2x ＋1)e 2x －a －1x ，令h (x )＝(2x ＋1)e 2x －a －1x (x ＞0)，则h ′(x )＝4(x ＋1)e 2x ＋1x2＞0，所以h (x )＝g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，因为当x ―→0时，h (x )―→－∞，当x ―→＋∞时，h (x )―→＋∞，所以h (x )＝g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点x 0，满足(2x 0＋1)e2x 0－a －1x 0＝0，所以a ＝(2x 0＋1)e2x 0－1x 0，且g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0e2x 0－ax 0－ln x 0－1＝－2x 20e2x 0－ln x 0，则由g (x )min ≥0，得2x 20e2x 0＋ln x 0≤0，此时0＜x 0＜1，e2x 0≤－ln x 02x 20，所以2x 0＋ln(2x 0)≤ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)，设S (x )＝x ＋ln x (x ＞0)，则S ′(x )＝1＋1x＞0，所以函数S (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为S (2x 0)≤S (－ln x 0)，所以2x 0≤－ln x 0即e2x 0≤1x 0，所以a ＝(2x 0＋1)e2x 0－1x 0≤(2x 0＋1)·1x 0－1x 0＝2，所以实数a 的取值范围为(－∞，2]．法二：分离参数法因为f (x )＝ax ＋ln x ＋1，所以对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，等价于a ≤e 2x －ln x ＋1x在(0，＋∞)上恒成立．令m (x )＝e 2x－ln x ＋1x (x ＞0)，则只需a ≤m (x )min 即可，则m ′(x )＝2x 2e 2x ＋ln x x 2，再令g (x )＝2x 2e 2x ＋ln x (x ＞0)，则′(x )＝4(x 2＋x )e 2x ＋1x＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为＝e 8－2ln 2＜0，g (1)＝2e 2＞0，所以g (x )有唯一的零点x 0，且14＜x 0＜1，所以当0＜x ＜x 0时，m ′(x )＜0，当x ＞x 0时，m ′(x )＞0，所以m (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，因为2x 20e2x 0＋ln x 0＝0，所以ln 2＋2ln x 0＋2x 0＝ln(－ln x 0)，即ln(2x 0)＋2x 0＝ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)，设s (x )＝ln x ＋x (x ＞0)，则s ′(x )＝1x＋1＞0，所以函数s (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为s (2x 0)＝s (－ln x 0)，所以2x 0＝－ln x 0，即e2x 0＝1x 0，所以m (x )≥m (x 0)＝e2x 0－ln x 0＋1x 0＝1x 0－ln x 0x 0－1x 0＝2，则有a ≤2，所以实数a 的取值范围为(－∞，2]．典例2.设函数f (x )＝ln x ＋k x ，k ∈R.(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1＞x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＜x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围．【解析】(1)由条件得f ′(x )＝1x －k x2(x ＞0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，∴f ′(e)＝0，即1e －k e 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x2(x ＞0)，由f ′(x )＜0得0＜x ＜e ，由f ′(x )＞0得x ＞e ，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增．当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋e e＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x 1＞x 2＞0，f (x 1)－x 1＜f (x 2)－x 2恒成立，设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k x－x (x ＞0)，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －k x2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x ＞0时，k ≥－x 2＋x ＋14恒成立，∴k ≥14.故k 的取值范围是14，＋典例3.已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝x ex ，对∀x 1∈12，2，∃x 2∈12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)由题设知f ′(x )＝x 2＋x a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函数y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则y max ＝－3，∴a ≥－3，∴a 的最小值为－3.(2)“对∀x 1∈12，2，∃x 2∈12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“当x ∈12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”．∵f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在12，2上单调递增，∴f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a .而g ′(x )＝1－x e x，由g ′(x )＞0，得x ＜1，由g ′(x )＜0，得x ＞1，∴g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴当x ∈12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e .由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，∴实数a ∞，1e －8.典例4.已知函数f (x )＝3x －3x ＋1，g (x )＝－x 3＋32(a ＋1)x 2－3ax －1，其中a 为常数．(1)当a ＝1时，求曲线g (x )在x ＝0处的切线方程；(2)若a ＜0，对于任意的x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围．【解析】(1)当a ＝1时，g (x )＝－x 3＋3x 2－3x －1，所以g ′(x )＝－3x 2＋6x －3，g ′(0)＝－3，又因为g (0)＝－1，所以曲线g (x )在x ＝0处的切线方程为y ＋1＝－3x ，即3x ＋y ＋1＝0.(2)f (x )＝3x －3x ＋1＝3(x ＋1)－6x ＋1＝3－6x ＋1，当x ∈[1,2]时，1x ＋1∈13，12，所以－6x ＋1∈[－3，－2]，所以3－6x ＋1∈[0,1]，故f (x )在[1,2]上的值域为[0,1]．由g (x )＝－x 3＋32(a ＋1)x 2－3ax －1，可得g ′(x )＝－3x 2＋3(a ＋1)x －3a ＝－3(x －1)(x －a )．因为a ＜0，所以当x ∈[1,2]时，g ′(x )＜0，所以g (x )在[1,2]上单调递减，故当x ∈[1,2]时，g (x )max ＝g (1)＝－1＋32(a ＋1)－3a －1＝－32a －12，g (x )min ＝g (2)＝－8＋6(a ＋1)－6a －1＝－3，即g (x )在[1,2]上的值域为－3，－32a －12.因为对于任意的x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)，所以[0,1]⊆－3，－32a －12，所以－32a －12≥1，解得a ≤－1，故a 的取值范围为(－∞，－1]．专项突破练一、单选题1．若不等式4342x x a ->-对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围是（）A ．27a <-B ．25a >-C ．29a ≥D ．29a >【解析】43322()4,()4124(3)f x x x f x x x x x '=-=-=-,当3x <时，()0f x '<，当3x >时，()0f x '>，()f x 的递减区间是(,3)-∞，递增区间是(3,)+∞，所以3,()x f x =取得极小值，也是最小值，min ()(3)27f x f ==-，不等式4342x x a ->-对任意实数x 都成立，所以272,29a a ->->.故选:D.2．已知函数()22f x ax x a =-+，对[]1,2x ∀∈都有()0f x ≤成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],0-∞B ．4,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．(],1-∞D ．[]1,0-【解析】函数()22f x ax x a =-+,对[]1,2x ∀∈都有()0≤f x ,当[]1,2x ∈时,()0≤f x 即220ax x a -+≤,即为()221a x x +≤，可化为()212x a x ≤+令()22()1x g x x +=,则()()22'22221)22((12(212))x x x x g x x x -++-++==当[]1,2x ∈时,'()0g x <,单调递减.因此()min 2224()(2)152g x g ⨯==+=，所以min 4()5a g x ≤=故实数a 的取值范围是4,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故选B 3．已知函数()32183833f x x x x =-+-，()lng x x x =-，若()120,3x x ∀∈，，()()12g x k f x +≥恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)2ln 2,++∞B ．[)3,∞-+C ．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．[)3,+∞【解析】()()()26824f x x x x x '=-+=--，当()0,2x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，当()2,3x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在()0,3上的最大值是()24f =．()111x g x x x-'=-=，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，当()1,3x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()g x 在()0,3上的最小值是()11g =，若1x ∀，()20,3x ∈，()()12g x k f x +≥恒成立，则()()max min g x k f x +≥⎡⎤⎣⎦，即14k +≥，所以3k ≥，所以实数k 的取值范围是[)3,+∞．故选:D ．4．已知不等式()()23ln 1231x x a -+≤+对任意[]0,1x ∈恒成立，则实数a 的最小值为（）A ．1ln 22-B ．113ln 622--C ．13-D ．113ln 622+【解析】设()()()23ln 11=-+>-f x x x x ，则()321211-'=-=++x f x x x ，当102x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当112x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增，()003ln10=-=f ，()123ln 20=-<f ，不等式()()23ln 1231x x a -+≤+对任意[]0,1x ∈恒成立可转化为对任意[]0,1x ∈时()()max 231+≥a f x ，所以()2310+≥a ，解得13a ≥-.故选：C.5．若关于x 的不等式sin x x ax -≥，对[]0,x π∈恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-∞-B ．(],1-∞C ．4,π⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．4,∞π⎛⎤- ⎥⎝⎦【解析】因为不等式sin x x ax -≥，对[]0,x π∈恒成立，当0x =时，显然成立，当(0,]x π∈，sin 1xa x ≤-恒成立，令()sin 1x f x x =-，则()2cos sin x x xf x x -'=，令()cos sin g x x x x =-，则()sin 0g x x x '=-≤在(0,]π上成立，所以()g x 在(0,]π上递减，则()()00g x g <=，所以()0f x '<在(0,]π上成立，所以()f x 在(0,]π上递减，所以()()min 1f x f π==-，所以1a ≤-，故选：A 6．若关于x 的不等式()()22e 222ln 1x a x a a x -+-+>+-在()2,+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭B ．()1,-+∞C ．[)1,-+∞D ．[)2,-+∞【解析】依题意，()()()22e 221ln 1x a x x a x -+->-+-，则()()222e ln e 21ln 1x x a x a x --+>-+-（*）．令()2ln g t t a t =+(1)t >，则（*）式即为()()2e 1x g g x ->-．又2e 11x x ->->在()2,+∞上恒成立，故只需()g t 在()1,+∞上单调递增，则()20ag t t '=+≥在()1,+∞上恒成立，即2a t ≥-在()1,+∞上恒成立，解得2a ≥-．故选：D.7．已知函数()2sin f x x x =+，若ln (1)0a f x f x ⎛⎫++-≥ ⎪⎝⎭对(]0,2x ∈恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．[)1,+∞B ．[)2,+∞C ．[]1,2D ．()1,+∞【解析】由题意，函数()2sin f x x x =+的定义域为R ，其满足()()f x f x -=-，所以函数()f x 为奇函数，且()2cos 0f x x =+>'，所以函数()f x 为R 上的增函数，若ln (1)0a f x f x ⎛⎫++-≥ ⎪⎝⎭对(]0,2x ∈恒成立，则ln (1)a f x f x ⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭对(]0,2x ∈恒成立，即ln 1a x x+≥对(]0,2x ∈恒成立，即ln a x x x ≥-对(]0,2x ∈恒成立，设()(]ln 0,2,h x x x x x ∈=-，可得()ln h x x '=-，当01x <<时，()0h x '>；当12x <≤时，()0h x '<，所以()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,2]单调递减，所以()max (1)1h x h ==，所以1a ≥，即实数a 的取值范围为[1,)+∞.故选：A.8．已知不等式22ln 0ax x +-≥恒成立，则a 的取值范围为（）A ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．22,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．210,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦【解析】由题设，可知：,()0x ∈+∞，问题转化为2(ln 1)x a x -≥在,()0x ∈+∞上恒成立，令ln 1()x f x x -=，则22ln ()x f x x-'=，当20e x <<时()0f x '>，即()f x 递增；当2e x >时()0f x '<，即()f x 递减；所以2max 21()(e )e f x f ==，故22e a ≥.故选：B 9．若函数()ln f x x =，g (x )=313x 对任意的120x x >>，不等式112212()()()()x f x x f x m g x g x ->-恒成立，则整数m 的最小值为（）A ．2B ．1C ．0D ．-1【解析】因为31()3g x x =单调递增，120x x >>，所以12()()0g x g x >>，即12()()0g x g x ->，原不等式恒成立可化为122211())((())x m f x x f g x mg x x -->恒成立，即120x x >>时，111222()()()()mg x x f x mg x x f x ->-恒成立，即函数3())ln ((3)m xf x x x x h x mg x ==--在(0,)+∞上为增函数，所以2ln 10()mx h x x '--≥=在(0,)+∞上恒成立，即2ln 1x m x +≥，令2ln )1(k x x x +=，则32l (n )1x k x x '+=-，当120e x -<<时，()0k x '>，()k x 单调递增，当12e x ->时，()0k x '<，()k x 单调递减，故当12e x -=时，函数2ln )1(k x x x +=的最大值为e2，即e2m ≥恒成立，由m ∈Z 知，整数m 的最小值为2.故选：A二、多选题10．已知函数22,0(),0x x x f x e x ⎧+<=⎨≥⎩，满足对任意的x ∈R ，()f x ax ≥恒成立，则实数a 的取值可以是（）A ．-B ．CD ．【解析】因为函数22,0(),0x x x f x e x ⎧+<=⎨≥⎩，满足对任意的x ∈R ，()f x ax ≥恒成立，当0x <时，22x ax +≥恒成立，即2a x x ≥+恒成立，因为2x x +≤-2x x =，即x =时取等号，所以a ≥-.当0x =时，00e ≥恒成立.当0x >时，x e ax ≥恒成立，即xe a x ≤恒成立，设()x e g x x =，()()221xx x e x xe e g x x x --'==，()0,1x ∈，()0g x '<，()g x 为减函数，()1,x ∈+∞，()0g x '>，()g x 为增函数，所以()()min 1g x g e ==，所以a e ≤，综上所述：a e -≤≤.故选：ABC 11．设函数()()e 1x f x ax a +=-+∈N ，若()0f x >恒成立，则实数a 的可能取值是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】()x f x e a '=-，令()0f x '=，得ln x a =，当ln x a <时，()0f x '<，当ln x a >时，()0f x '>，所以函数()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.所以ln x a =时，函数取得最小值ln 1a a a -+，因为()0f x >恒成立，所以ln 10a a a -+>恒成立，且a +∈N ，可得实数a 的所有可能取值1，2，3，故选：ABC.12．已知函数()312x f x x +=+，()()42e x g x x =-，若[)120,x x ∀∈+∞，，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值可以是（）A ．6eB ．(2eC ．(2e +D ．2e【解析】因为()()3253153222x x f x x x x +-+===-+++，所以()f x 在[)0,∞+上单调递增，所以对[0,)x ∀∈+∞，()()102f x f ≥=；()()42e x g x x =-，所以()()()'2e 42e 21e x x x g x x x =-+-=-，当1x >时，()'0g x <；当01x <<时，()'0g x >，函数()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴()max ()12e g x g ==；因为0t >，任意[)12,0,x x ∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，即()()221e 2e e 2t t +⋅≤+，整理得224e 3e 0t t --≥，解得(2e t ≤或(2e t ≥，所以正数t 的取值范围为()2e,⎡+∞⎣；6e 与(2e 均在区间()2⎡+∞⎣内，(2e +与2e 均不在区间()2e,⎡+∞⎣内；故选：AB ．13．已知()2121()1e 2x f x a x -=--，若不等式11ln 1f f x x ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭在(1,)+∞上恒成立，则a 的值可以为（）A ．B ．1-C ．1D【解析】设1ln (1)y x x x =-->，则110y x '=->，所以1ln y x x =--在(1,)+∞上单调递增，所以1ln 0x x -->，所以ln 1,(1,)x x x <-∈+∞，∴0ln 1x x <<-，∴110ln 1x x >>-．又11ln 1f f x x ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭在(1,)+∞上恒成立，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()21()1e 0x f x a x -=--≥'对(1,)x ∀∈+∞恒成立，即211e x xa --≥恒成立．令111(),()e e x x x xg x g x ---='=，当1x >时，()0g x '<，故()(1)1g x g <=，∴211a -≥，解得a ≥或a ≤a 的值可以为AD.三、填空题14．已知函数2()2ln f x x x a =--，若()0f x ≥恒成立，则a 的取值范围是________．【解析】由2()2ln f x x x a =--，得()21(1)2()2x x f x x x x-+'=-=，又函数()f x 的定义域为(0,)+∞，令()01f x x =⇒='，当01x <<时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当1x >时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；故1x =是函数()f x 的极小值点，也是最小值点，且(1)1f a =-，要使()0f x ≥恒成立，需10a -≥，则1a ≤.15．当(]0,1x ∈时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是______．【解析】根据题意，当(]0,1x ∈时，分离参数a ，得23143a x x x ≥--恒成立．令1t x=，∴1t ≥时，2343t t a t --≥恒成立．令()2343t t g t t =--，则()()()2189911t t t t g t '=--=-++，当1t ≥时，()0g t '<，∴函数()g t 在[)1,+∞上是减函数．则()()16g t g ≤=-，∴6a ≥-．∴实数a 的取值范围是[)6-+∞,．16．已知函数()2f x x a =+，(ln 2g x x x =-，如果对任意的1x ，2122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，都有()()12f x g x ≤成立，则实数a 的取值范围是_________．【解析】由()ln 2g x x x =-，可得()112'2x g x x x-=-=，当122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()'0g x ≤，所以()g x 在122⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递减，()min ()2ln24g x g ∴==-，()2f x x a =+ ，()f x ∴在122⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，()max ()24f x f a ∴==+， 对任意的12122x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，都有()()12f x g x ≤成立，4ln24a ∴+≤-，ln28a ∴≤-17．已知不等式[]1ln(1)x e x m x x -->-+对一切正数x 都成立.则实数m 的取值范围是___________.【解析】设()()ln 1f x x x =-+，则()11x x f e e x -=--，故()()1x f e mf x ->对一切正数x 都成立，()()110011x f x x x x '=-=>>++，故()f x 在()0,∞+上单调递增，()()0ln 010f x -+=＞，()()1x f e m f x -∴<恒成立，由()1x h x e x =--，()1xh x e '=-在()0,∞+上恒大于零，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，所以()()00h x h >=，1x e x ∴->在()0,∞+上恒成立，()()1xf e f x ∴->，()()11x f e f x -∴>，1m ∴≤.四、解答题18．设()()32114243f x x a x ax a =-+++，其中a R ∈．（1）若()f x 有极值，求a 的取值范围；（2）若当0x ≥，()0f x >恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）由题意可知：()()´2214f x x a x a =-++，且()f x 有极值，则()´0f x =有两个不同的实数根，故()()224116410a a a ∆=+-=->，解得：1a ≠，即()(),11,a ∈-∞⋃（2）由于0x ≥，()0f x >恒成立，则()0240f a =>，即0a >，由于()()()()´221422f x x a x a x x a =-++=--，则①当01a <<时，()f x 在2x a =处取得极大值、在2x =处取得极小值，当02x a £<时，()f x 为增函数，因为()00f >，所以()f x 恒大于0，当2x a ≥时，()()422803min f x f a ==->，解得：121a >；②当1a =时，()0f x ¢³，即()f x 在[)0,+∞上单调递增，且()0240f =>，则()()00f x f ³>恒成立；③当1a >时，()f x 在2x =处取得极大值、在2x a =处取得极小值，当02x ≤<时，()f x 为增函数，因为()00f >，所以()f x 恒大于0，当2x ≥时，()()3243min 24240f x f a a a a ==-++>，解得36a -<<，综上所述，a 的取值范围是1216a <<．19．已知函数()ln 32af x ax x =--，其中0a ≠.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若()310xf x x +-≥对任意[)1,x ∞∈+恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】(1)函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()2122a x a f x a x x-'=-=①当0a >时，令()0f x '>，可得12x >，此时函数()f x 的增区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，减区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭②当0a <时，令()0f x '>，可得102x <<，此时函数()f x 的增区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭，减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭综上所述：当0a >时，函数()f x 的增区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，减区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭；当0a <时，函数()f x 的增区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭，减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)()310xf x x +-≥在[)1,x ∞∈+恒成立，则2ln 12aax x x -≥在[)1,x ∞∈+恒成立，即21ln 12a x x x ⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭在[)1,x ∞∈+恒成立。
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 <b ，求证：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 ）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 <b <t ，都有b ln a <a ln b ，则t 的最大值为________.5.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________.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 )<1.7.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 <b ，求证：f (b )－f (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 <b ，有b 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 <b <t ，都有b ln a <a ln b ，则t 的最大值为________. 解析 ∵0<a <b <t ，b ln a <a ln b ， ∴ln a a <ln b b ，令y ＝ln xx，x ∈(0，t )，则函数在(0，t )上单调递增，故y ′＝1－ln xx2>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。
导数在中学数学不等式中的应用
・
．
当ｘ ＞ ０ 时， ｈ （ ｘ ） ＞ ０ ， ． ， ． ｈ （ ｘ ） 在（ ０ ， ＋ｏ 。 ） 上 为增 函数， 又ｈ （ ｘ ） 在ｘ ＝ Ｏ 处连续， ． ‘ ． ｈ （ ｘ ） ＞ ｈ （ ｏ ） ＝ ０ 即Ｆ （ ｘ ） ＞ Ｏ， ． ‘ ． Ｆ （ ｘ ） 在（ Ｏ ， ＋ ） 上为增 函数 ， 又Ｆ （ ｘ ） 在ｘ ＝ Ｏ 处连续， Ｆ （ ｘ ） ） Ｆ （ ０ ） ＝ ０ ，Leabharlann 即ｆ （ ｘ ） ＞ ｌ ＋ ｘ 。
科技 信 息
积极 参与课 堂活动 。根据不 同的教 学 内容设 计教学情 景 ， 丰 富和激活 背 景知识 ， 促 使学生 运用 已学知识 ， 与老师 和同学进行 交流 ， 这有 利于 培养学 生直接 、 主动地进行语 言学 习活动的能力 。 （ ４ ） 分层 教学 ， 让不同 水平 的学生各有 所得 。每个学生都 是独一无 二的个体 。因此 ， 要求 学 生在学 习活动中速度一致 ， 步伐 整齐 ， 实在是强人所难 。但 为了给八九 年级 打好 坚实 的基础 ， 我们 在七 年级英语 教学 中 ， 一 定要 面 向全体 学 生， 抓两 头 ， 带 中间 ， 尽量 不出现 两极分 化 ， 我 们教 师就应做 到 因材施 教 。我们在 平时的教学 中， 课上一些 有难 度的问题让优 秀生回答 ， 使他 们发现 自己的不 足 ， 继续进 步 ； 一些 简单的 问题 由“ 学 困生 ” 回答 ， 答 对 让全班 同学 给予鼓励的掌声 ， 让其感 受成功的喜悦 ， 调动其学 英语 的积 极性 。另外 ， 课 下根据学生知识掌握水平 的不同 ， 布置不 同的作业 。让 每一位学生都带着热情去 学英语 ， 使每一位学生的英语成绩逐步提高 。 ３ 、 指导学生及时 复习， 经 常复习 课后及 时复 习能加 深和巩 固对 新学知识 的理解和记 忆 ， 系统地 掌 握新知识 ， 达 到灵 活运 用的 目的。所 以， 科学 的、 高效率 的学习 ， 必须把 握“ 及时复 习” 这 一环节 。复习要及时 ， 要在学后 当天进行 ； 复习要 使分 散复习与集体复 习结合起来 ， 分散复习 比集 中复习效果好 ， 但集 中复习 也必不可少 ； 学生复 习时可 先尝试 回忆 ， 然后反复 阅读教材 ， 对 照笔记 ， 记忆 、 掌握重点 内容 。 “ 教是 为 了不教 ” ， 在初 中英语 教学 中， 重 视学法指 导 ， 教会学生 自 主学 习是 “ 教会学生 学习” 的重 要组成部分 ， 是 中学英 语教学改革 的必 然要求 ， 也是我们必须担负的责任。 通过实践 ， 我们发现在七 年级 英语教学 中， 只要重视建立 和谐平 等 的师生关 系和学法指导 这两大方 面 ， 就能够很 好地调动学 生学习英语 的兴趣 ， 提高七年级英语的教学质量。
利用导数解决不等式的恒成立问题
利用导数解决不等式的恒成立问题华南师范大学数学科学学院（510631）李可欣不等式的恒成立问题一直是中学数学的重要内容，需要利用导数解决，在近几年的高考试题中，常见于压轴题，作为区分考生能力高低的分水岭。
本文将讨论此类问题的解题策略及注意问题，主要利用导数在求函数最值和单调性问题上的优越性，将传统知识与现代方法交互作用、交相映辉，需要学生灵活运用知识以解决问题。
其中常见的基本题型分为（1）已知某个不等式恒成立，求参数的取值范围；（2）证明某个不等式恒成立。
而我们的解题策略分为两点，一是灵活应用函数思想，二是注意变量的选择，下面我们将对这两点展开深入讨论。
一、灵活应用函数思想形如“a x f ≥)(”或“a x f ≤)(”型不等式，是恒成立问题中最基本的类型，许多复杂的恒成立问题最终都可归结为这一类型。
而解此类问题的指导思想是：构造函数，或参数分离后构造函数，转化为新函数的最值问题。
根据恒成立的本质，我们可以进行如下转化：（1）对任意D x ∈，有a x f ≥)(（其中a 为常数）恒成立⇔对D x ∈，a x f ≥min )(.（2）对任意D x ∈，有a x f ≤)(（其中a 为常数）恒成立⇔对D x ∈，a x f ≤max )(. 其中，常数a 可以用函数)(x g 替代，即对任意D x ∈，有)()(x g x f ≥恒成立⇔对D x ∈，0)()(≥-x g x f 恒成立⇔对D x ∈，0)]()([min ≥-x g x f 恒成立；或者将上述)(x f 看成)(x f '，那么有函数)(x f 在区间D 单调递增⇒对D x ∈，0)(≥'x f 恒成立⇒对D x ∈，0)(min ≥'x f 恒成立.（3）任意1x ，D x ∈2，都有)()(21x g x f ≥恒成立⇔对D x ∈，max min )()(x g x f ≥； 任意1x ，D x ∈2，都有)()(21x g x f ≤恒成立⇔对D x ∈，max min )()(x g x f ≤. 例1（2010·天津理21）：已知函数).()(R x xex f x ∈=- （1） 求函数)(x f 的单调区间和极值；（2） 已知函数)(x g y =的图像与函数)(x f y =的图像关于直线1=x 对称，证明当 1>x 时，)()(x g x f >；（3） 如果21x x ≠，且)()(21x f x f ≠，证明.221>+x x 。
【一题一课 难点突破】导数中的恒成立问题
1 1 2当a 0时，f x 在 0, 上递增, 在 , 上递减, f x max a a 1 1 f ln 0, 即恒成立。 a a
转化手段
单变量恒成立问题 方法3：参变量半分离法解恒成立问题
例题： f (x)=lnx+ax+1,若f (x)<0恒成立，求a的取值 范围? 可以半分离：lnx<-ax-1,构造f (x)=lnx与g(x)=-ax-1 由图像得：a<-1
转化手段
单变量恒成立问题 方法4：端点值代入法解恒成立问题
例题：设函数f (x)=（x+1)ln(x+1),若对于所有的x≥0， 都有f (x)≥ax,求a的问题 方法4：端点值代入法解恒成立问题
例题：设函数f (x)=（x+1)ln(x+1),若对于所有的x≥0， 都有f (x)≥ax,求a的取值范围？
f x f a 1若x a且f x f a , f x 在x a处可导，则f a xlim 0 a xa f x f a 2若x a且f x f a , f x 在x a处可导，则f a xlim 0 a xa
例题： f (x)=lnx+ax+1,若f (x)<0恒成立，求a的取值 范围? 可以直接讨论：
求导：f x
这与f x 0恒成立矛盾。
1 a, x 1当a 0时，f x 0, f x 在0， 讨论： 恒增，找到f 1 a 1 0
转化手段
单变量恒成立问题 方法1：参变量分离法解恒成立问题
例题： f (x)=lnx+ax+1,若f (x)<0恒成立，求a的取值 范围? 可以转化为：
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 ０ １上 因 ０ １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 Ｘ １ ） ． ｆＪ ７ ＋ －
∞） ．
证 ： ｆ ）ｘ＋ １ｘ ｘ ０ １ ，Ⅱ， ）ｐ Ｘ Ｉ（一 ） ］ 设 （ ＝ （－ ）， ∈［ ，］贝 ｆ ｘ＝ ［ｐ＿ １ｘ ｘ （ －
．
令 ｆ ｘ ＝ ， 一 １ ｘ ０ 解 得 ｘ — （ 称 为 驻 点 ） ， ） ０ 即ｘ （ 一 ） （ ， ＝＿ 可 １
．
证 ）（） ｘ０ ： ＝１一 ， 黜ｘｎｘ Ｅ ｌ＋尝，［
例 ５ 证 明 ： ＞ 时 ， ＞ｘ ： 当ｘ ｌ ｅ ｅ ． ＂
现 设
ｆｘ ＝ ｌａ ａｎ （ ＞ ＞ ） （ ） ｘｎ — ｌｘ ｘ ａ ｅ ，
则 ｆ（ ）ｌａ 三 ．・ ｅ ｘ ａ ． ａ ｌ ＜ ．（ ） ０ 因而 ， ＝ｎ 一 ・ ＞ ，＞ １ ＞ ， ｘ ． ａ ｎ １ ｆ ｘ＞ ， ，
的值域为［÷ ， ］ 一 ÷ ． 所以， 。 ［１１时，（ ） 当ｘ， ∈ 一，］ Ｉｘ 『 ｘ ｆ ≤
２
，
、
Ｉｘ ｆ２ （
．
例 ４ 证 明 ： ＞ ， ≤ｘ １ ， 不 等 式 ２ －≤Ｘ＋ １ ｘ ： Ｎｐ ｌ０ ≤ 时 有 Ｉ ｐ （－ ） ｐ
≤ １ ．
１ ，
例 １ 证 明 ： Ｖｘ 有 不 等 式 ｌ １ ｘ ≥ ＾ ， ： 对 ≥０ ｎ（＋ ） ＿ Ｘ∈『 ， ０＋
导数应用之不等式恒成立问题
立，求实数 a 的范围援
解：疫（f x）=x3-
1 2
x2-2x+5
亦f（忆 x）=3x2-x-2
姨 姨 盂当 a跃1 时，令 f（忆 x）=0，即：3ax2-3=0亦x=依
1 a
（0约
1 a
约1）
又 疫x沂（0，1］
令 f（忆 x）=0，即 3x2-x-2=0
亦x=1
或-
2 3
又 疫x沂［-1，2］
1 c
-
1 2
亦c-
7 2
跃
1 c
-
1 2
解得：3-
姨13 2
约c约0
或
c跃
3+ 姨13 2
分析：例 1 和例 2 两题，都是直接利用所给函数的最值解决问
题的，虽然例
2
函数
（f x）=x3+
3 2
x2-6x+c 中含有参数 c，但 c 并不影
分析：通过上面两种方法的比较发现，第一种比第二种方法麻 烦一些，还需要分类讨论援之所以要分类讨论，就是因为函数 （f x） 当中含有参数，会影响到求函数的最值援而第二种方法由于将参数 分离出来了，再求函数最值的时候就方便很多了援
2013-04
教学实践
导数应用之不等式恒成立问题
文/鄢 琼
函数是高中数学学习的重点，也是学生学习的难点，很多学生 都有 （f x）逸0 恒成立，求实数 a 的范围援
一看到函数头就懵了援但等到学习了导数之后，函数的一些性质就
解：方法一：疫 对任意 x沂（0，1］时，都有 （f x）逸0 恒成立
可以通过导数的运算分析出来援 本文主要通过几个例题介绍如何 利用导数解决不等式恒成立问题援
函数导数中的恒成立问题解题技巧
函数导数中的恒成立问题解题技巧函数导数中的恒成立问题解题技巧随着新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用，恒成立问题成为了考试中的热点问题。
这种问题涉及方程、不等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用，同时渗透换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，考查综合解题能力。
在函数、导数中，这种问题更为明显。
本文将介绍两种解题技巧。
一、利用函数的性质解决XXX成立问题利用函数的性质解决恒成立问题，主要是函数单调性的应用。
例如，对于已知函数$f(x)=x^3+(1-a)x^2-a(a+2)x+b(a,b\in R)$，若函数$f(x)$的图象过原点，且在原点处的切线斜率是$-3$，求$a,b$的值。
我们可以先求出$f'(x)$，然后令$f(0)=b=0$，$f'(-1)$和$f'(1)$的乘积小于$0$，解出$a=-3$或$a=1$。
再比如，若函数$f(x)$在区间$(-1,1)$上不单调，求$a$的取值范围。
我们可以利用导函数$f'(x)$在给定的区间上有零点这一性质，根据函数零点的存在性定理解出$a$的取值范围。
二、利用数形结合思想解决恒成立问题利用数形结合思想解决恒成立问题，可以通过画图来求出函数的单调区间、极值点等信息，再结合数学方法解决问题。
例如，对于已知$x=3$是函数$f(x)=a\ln(1+x)+x^2-10x$的一个极值点，求$a$。
我们可以求出$f'(x)$，然后令$f'(3)=0$，解出$a=16$。
再比如，若直线$y=b$与函数$y=f(x)$的图象有$3$个交点，求$b$的取值范围。
我们可以根据函数$f(x)$的单调性来求出其极大值和极小值，画出图象，数形结合可以求出$b$的取值范围。
这些技巧可以帮助我们更好地解决函数导数中的恒成立问题，提高我们的解题能力。
方法点评：分离参数是解决恒成立问题的一种重要方法，通过构造新函数并求其最值，可以得到参数取值范围。
专题(导数应用)恒成立与存在性问题
存在性问题例题解析
01
02
03
04
05
总结词
1. 确定函数表达 2. 求导数并判断 3. 转化问题
式和…
单调性
4. 判断零点存在 性
通过具体例题的解析，掌 握存在性问题的解题思路 和方法。
与恒成立问题相同，首先 需要确定函数表达式和参 数范围。
对函数求导数，并根据导 数的正负判断函数的单调 性。
将存在性问题转化为求函 数在某个区间内是否存在 零点的问题。
专题(导数应用)恒成立与存 在性问题
目录
• 导数的概念与性质 • 导数在函数中的应用 • 导数在恒成立与存在性问题中的
应用 • 经典例题解析 • 总结与思考
01
导数的概念与性质
导数的定义
总结词
导数是描述函数在某一点附近的变化 率的重要工具。
详细描述
导数定义为函数在某一点处的切线的 斜率，它描述了函数在该点附近的变 化趋势。对于可微函数，其导数可以 表示为函数值的增量与自变量增量的 比的极限。
03
导数在恒成立与存在性问题 中的应用
导数在恒成立问题中的应用
判断函数单调性
通过求导判断函数的单调性，进而解决恒成立问题。
寻找参数范围
利用导数研究函数的最值，确定参数的取值范围，使 得恒成立。
转化最值问题
将恒成立问题转化为求函数最值问题，通过求导找到 最值点。
导数在存在性问题中的应用
判断函数极值
通过求导找到函数的极值点，判断是否存在满 足条件的极值。
寻找函数零点
利用导数研究函数的零点存在性，确定零点的 位置和个数。
解决不等式存在性问题
利用导数研究不等式成立的条件，判断不等式是否存在满足条件的解。
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导数在不等式恒成立问题中的应用学案
城阳一中高二数学（文科）
一、学习目标：
1. 利用导数为工具，解决恒成立问题.
2. 掌握转化、分类讨论的数学思想方法 二、学习重点：灵活利用导数解决恒成立问题 三、自主复习：(基本知识、基本方法回眸)
1． 设函数,53)(2
3
+-=x x x f 若对于任意]3,2[-∈x 都有m )x (f <成立, 则实数m 的取值范围
_______________
2． 已知函数()432
3
-++=x ax x x f 在R 上单调递增, 则a 的取值范围是___________
3． 若函数32()39f x x x x =--对任意[]12,3,3x x ?，
不等式12()()f x f x m - 恒成立，则m 的取值范围是______________
四、问题探究
典型例题：
1．已知32()()f x ax x x a R =--+∈，当1
3
x ≥时，()f x ax ≤恒成立，求a 的取值范围。
【试一试】你能用几种方法解决这个问题？
2.已知函数()2
a f x x x
=+，()ln g x x x =+，其中0a >．
（1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围．
（2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 恒成立，
求实数a 的取值范围．
【变式练习】已知函数()ln a f x x x =+，()ln 1x g x x
=+，其中0a >． 若对任意的12,(0,)x x ∈+∞都有()1f x ≥()2g x 恒成立，求实数a 的取值范围．
五、小结与反思
求恒成立问题的方法有哪些？
六、巩固练习： 1、若函数2
a a
y x x =-
+在(1,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是………………（ ） (A ) (,1]-∞- (B ) [1,)-+∞ (C ) (,1]-∞ (D ) [1,)+∞ 2、曲线3
21:413
C y x x x =
--+，直线:210l x y k ++-=当[3,3]x ∈-时，直线l 恒在曲线C 的上方，则实数k 的取值范围是………………（ ）
(A )56k >-
(B ) 56k <- (C ) 34k <- (D ) 34
k >- 3、设函数x
e x x
f 22
1)(=．
（I ）求函数)(x f 的单调区间；
（II ）若当]2,2[-∈x 时，不等式m x f <)(恒成立，求实数m 的取值范围．
4、已知()()2,ln 2
3
+-+==x ax x x g x x x f
(Ⅰ)求函数()x f 的单调区间;
(Ⅱ)求函数()x f 在[]()02,>+t t t 上的最小值;
(Ⅲ)对一切的()+∞∈,0x ,()()22'
+≤x g x f 恒成立,求实数a 的取值范围.
5．设函数ln ()ln ln(1)1x
f x x x x
=
-+++． （I ）求f (x )的单调区间和极值；
（II ）是否存在实数a ，使得关于x 的不等式()f x a ≥的解集为（0，+∞）？若存在，求a 的取值范围；若不存在，试说明理由．
已知函数b x a x g ax x x f +=+=
ln 3)(,22
1)(22
，其中（0,0>>x a ）设两曲线)(),(x g y x f y ==有公共点，且在该点处的切线相等.
(1)用a 表示b ，并求b 的最大值； (2)求证：)0()()(>≥x x g x f。