专题09导数与不等式的解题技巧
导数与构造函数证明不等式的技巧
导数与构造函数证明不等式的技巧导数与构造函数是数学中非常重要的两个概念，它们可以帮助我们证明不等式，优化函数等问题。
接下来将分别介绍导数与构造函数在证明不等式时的技巧。
一、导数在证明不等式中的应用导数是函数的重要特征之一，它可以表示函数在某个点的变化率。
在证明不等式时，我们可以使用导数的性质来帮助我们证明某个不等式是否成立。
1. 利用导数判断函数在某个区间的单调性假设函数f(x)在区间[a,b]上具有一阶导数，则f(x)在区间[a,b]上为单调递增的条件是：f'(x)>0，而在区间[a,b]上为单调递减的条件则是：f'(x)<0。
如果我们需要证明某个不等式在某个区间上成立，可以通过证明函数的导数在该区间上的符号，从而得出原函数在该区间上的单调性，从而得出结论。
例如：证明当x>0时，e^x>x+1证明：考虑函数f(x)=e^x-x-1如果x>0，则f'(x)>0，因此函数f(x)在(0,∞)上单调递增。
又f(0)=e^0-0-1=0，因此当x>0时，f(x)>f(0)=0即e^x-x-1>0，即e^x>x+1。
2. 利用导数求函数的极值导数可以帮助我们求出函数的极值，例如函数的最大值和最小值。
如果我们需要证明某个不等式的最大值或最小值，可以通过推导函数的导数，找出函数的极值，从而得出结论。
f'(x)=2x-2/x^3，因此f(x)在x=1处取得极小值。
又因为当x>0时，x^2+1/x^2≥2 |x=1，因此当x>0时，x^2+1/x^2≥2。
3. 利用导数证明柯西-施瓦茨不等式柯西-施瓦茨不等式是数学中的重要不等式之一，它可以用来计算向量的点积的上界。
柯西-施瓦茨不等式的表述为：对于任意两个n维实向量a和b，有|a·b|≤|a|·|b|其中a·b为向量a和b的点积，|a|和|b|为向量a和b的模。
导数与数列不等式结合解题技巧
导数与数列不等式结合是数学中一个重要的解题技巧，它涉及到函数的单调性、极值、最值等概念，以及数列的单调性、不等式性质等知识。
下面是一些导数与数列不等式结合解题的技巧：
1. 构造函数：根据题目条件，通过构造适当的函数，将问题转化为求函数的极值或最值问题。
2. 求导数：对构造的函数求导数，利用导数的性质判断函数的单调性。
3. 利用单调性：根据函数的单调性，结合数列不等式的性质，推导出不等式的结论。
4. 寻找临界点：在求解过程中，寻找函数的临界点，这些点可能是极值点或拐点，对于解决问题至关重要。
5. 转化问题：在解决问题时，有时需要将问题转化为其他形式，例如将不等式问题转化为函数问题，以便更好地利用已知条件和解题技巧。
6. 综合分析：在解题过程中，需要综合运用数学知识，如函数、导数、数列、不等式等，进行全面的分析和推理。
7. 检验结论：在得出结论后，需要进行检验，以确保结论的正确性和合理性。
总之，导数与数列不等式结合解题需要灵活运用各种数学知识和技巧，通过构造函数、求导数、利用单调性等方法，逐步推导出问题的结论。
同时需要注意检验结论的正确性和合理性。
导数中的不等式问题的解题策略
导数中的不等式问题的解题策略导数的综合问题是高考数学的压轴题之一，其包含信息量大，计算繁琐，对学生的思维能力要求较高，令很多同学望而生畏，造成严重失分。
而利用导数解决不等式问题更是压轴题中的压轴题，很多同学直接选择放弃，其实导数中的不等式问题并不像很多同学想象的那样，只是我们缺少对它的研究才觉得它高不可攀,下面我们通过具体的实例来分析导数中的不等式问题，解密其隐藏的规律轻松解决导数中的不等式问题。
1。
承上启下型在解决导数问题中的不等式时，经常会出现这样一类问题，其证明需要应用到前一问的结论。
由前一问的结论得到一个不等式，再根据其与要证明的不等式的关系进行证明，这类题在证明的过程中也经常应用到一些常见的结论,如：ln(1),1xx x e x +≤≥+等。
例1。
已知(),P x y 为函数1ln y x =+图象上一点，O 为坐标原点，记直线OP 的斜率()k f x =.（I ）若函数()f x 在区间1,3m m ⎛⎫+ ⎪⎝⎭()0m >上存在极值,求实数m 的取值范围； (II)当 1x ≥时，不等式()1t f x x ≥+恒成立，求实数t 的取值范围； （III)求证()()()22*1!1n n n en N -+>+∈⎡⎤⎣⎦。
分析：本题考查了函数的极值、恒成立问题及不等式的证明。
（I)由极值的定义其极值点,极值点在1,3m m ⎛⎫+ ⎪⎝⎭内，从而确定m 的范围。
（II)分离参数t,利用导数求最值。
（III)利用第（II)问的结论结合所要证明的不等式的特点进行适当的放缩求解。
解:(Ⅰ）由题意()1ln x k f x x +==，0x > 所以()21ln ln x x f x x x '+⎛⎫'==- ⎪⎝⎭当01x <<时，()0f x '>；当1x >时,()0f x '<。
所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减. 故()f x 在1x =处取得极大值 因为函数()f x 在区间1,3m m ⎛⎫+ ⎪⎝⎭（其中0m >)上存在极值, 所以01113m m <<⎧⎪⎨+>⎪⎩得213m <<。
用导数解决不等式有关问题的思维方法
ʏ湖南省郴州市第二中学 黄常健根据不等式恒成立或有解时求参数的取值范围与不等式的证明,是导数在函数中的应用的重要组成部分,涉及利用导数求函数的单调性与极值㊁不等式的性质,考查方程与函数思想㊁分类讨论思想㊁转化与化归思想,也是各类考试的热点㊂一、不等式恒成立或有解问题将不等式恒成立或有解问题转化为含待求参数的函数最值问题㊂常用方法有两种:(1)带参讨论法,这种方法要注意对参数进行合理的分类讨论㊂(2)分离参数法,将原不等式中的参数分离到不等式的一边,另一边为不含参数的函数,并求不含参数这边函数的最值㊂主要有如下两类情形:①不等式恒成立问题,当x ɪD 时,不等式f (x )>m 恒成立,等价于f (x )在D 上的最小值f (x )m i n >m ;②不等式有解问题,当x ɪD 时,不等式f (x )>m 有解,等价于f (x )在D 上的最大值f (x )m a x >m ㊂例1 已知函数f (x )=s i n 2x +2c o s x-1的图像上存在点(x 0,f (x 0))使得e f (x 0)-a >f (x 0),则实数a 的取值范围为㊂解析:先求函数f (x )的值域㊂f (x )=s i n 2x +2c o s x -1=-c o s 2x +2c o s x =1-(c o s x -1)2ɪ[-3,1]㊂再换元,令f (x )=t ,则问题转化为:存在t ɪ[-3,1],使得e t-a >t 成立,即a <e t-t 成立㊂设g (t )=e t -t ,t ɪ[-3,1],则g '(t )=e t-1㊂在区间(-3,0)上,g '(t )<0,g (t )单调递减;在区间(0,1)上,g '(t )>0,g (t )单调递增㊂又g (1)=e -1,g (-3)=e -3+3,且e -3+3>e -1,所以g (t )的最大值为g (-3)=e -3+3㊂故实数a 的取值范围为(-ɕ,e -3+3)㊂点拨:换元法㊂令t =f (x ),将函数t =f (x )的值域视为函数g (t )的定义域㊂从而将问题转化为:存在t ɪ[-3,1],使得a <e t -t 成立,即a <(e t-t )m a x ㊂例2 设函数f (x )=l n (x +1)-a 2e x,a ɪR ㊂(1)若a =-1,求函数f (x )的图像在点(1,f (1))处的切线方程;(2)若f (x )+a ɤ0恒成立,求正数a 的取值范围㊂解析:(1)若a =-1,则f (x )=l n (x +1)-e x ,求导得f '(x )=1x +1-e x,则切线的斜率为f '(1)=12-e ㊂又f (1)=l n 2-e,故函数f (x )的图像在点(1,f (1))处的切线方程是y -(l n 2-e )=12-e(x -1),即(1-2e )x -2y +2l n 2-1=0㊂(2)解法1:直接带参讨论法㊂不等式f (x )+a ɤ0恒成立,即l n (x +1)-a 2e x+a ɤ0恒成立㊂设g (x )=l n (x +1)-a 2e x+a ,则g'(x )=1x +1-a 2e x(x >-1),易证g '(x )为减函数㊂当x ң-1时,g'(x )ң+ɕ;当x ң+ɕ时,g'(x )ң-ɕ㊂所以∃x 0ɪ(-1,+ɕ),使得g '(x 0)=0,即a 2=1(x 0+1)ex㊂当x ɪ(-1,x 0)时,g '(x )>0,g (x )单调递增;当x ɪ(x 0,+ɕ)时,g'(x )<0,g (x )单调递减㊂所以g (x )m a x =g (x 0)=l n (x 0+1)-a 2e x 0+a =l n (x 0+1)-1x 0+1+1(x 0+1)ex 0㊂以下求关于x 0的不等式g (x 0)ɤ0的解:设h (x )=l n (x +1)-1x +1+1(x +1)ex ,则h '(x )=1x +1+1(x +1)2-x +22(x +1)(x +1)e x =(x +2)(2e x-x +1)2(x +1)2ex,易证e x ȡx +1,所以2e x-x +1>0,从而h '(x )>0,于是h (x )在(-1,+ɕ)上单调递增㊂又h (0)=0,所以h (x 0)ɤ0⇒-1<x 0ɤ0,即关于x 0的不等式g (x 0)ɤ0的解为-1<x 0ɤ0㊂又a =1(x 0+1)ex0是关于x 0的减函数,且x 0=0时,a =1,由-1<x 0ɤ0⇒a ȡ1,故正数a 的取值范围为[1,+ɕ)㊂解法2:不等式f (x )+a ɤ0恒成立,即l n (x +1)-a 2e x+a ɤ0(x >-1)恒成立,取x =0,代入得-a 2+a ɤ0,又a >0,则a ȡ1㊂下面证明:当a ȡ1时,l n (x +1)-a 2ex+a ɤ0恒成立㊂先证明l n (x +1)ɤx ㊂令g (x )=l n (x+1)-x ,则g '(x )=1x +1-1=-xx +1㊂当x ɪ(-1,0)时,g '(x )>0,g (x )单调递增;当x ɪ(0,+ɕ)时,g '(x )<0,g (x )单调递减㊂故g (x )ɤg (0)=0,即l n (x +1)ɤx ㊂要证明l n (x +1)-a 2e x+a ɤ0,只需证明x -a 2e x+a ɤ0(x >-1)㊂令h (x )=a 2e x-x -a ,则只需证明h (x )ȡ0,求导得h '(x )=a 2e x-1,显然h '(x )是增函数,由h '(x )=0,得x =l n 1a2ɤ0㊂①当l n 1a 2ɤ-1,即a ȡe 时,h '(x )ȡ0在(-1,+ɕ)上恒成立,h (x )在(-1,+ɕ)上单调递增,于是h (x )>h (-1)=a2e +1-a =1e a -e22+1-e 4>1-e4>0㊂②当-1<l n 1a2ɤ0,即1ɤa <e 时,令h '(x )>0,得x >-2l n a ;令h '(x )<0,得-1<x <-2l n a ㊂故h (x )在(-1,-2l n a )上单调递减,在(-2l n a ,+ɕ)上单调递增,于是h (x )m i n =h (-2l n a )=1+2l n a -a ㊂令m (a )=1+2l n a -a ,则m '(a )=2-aa>0,m (a )在[1,e )上单调递增,于是m (a )ȡm (1)=0,所以h (x )ȡ0恒成立㊂综上所述,满足条件的正数a 的取值范围为[1,+ɕ)㊂点拨:第(2)题的解法1的思路为:直接求含参函数g (x )的最小值,并记为h (x ),再解不等式h (x )ȡ0,得a 的取值范围㊂其步骤为:①用零点存在性定理判定导函数g'(x )的零点x 0存在,但难以求解,我们称之为隐形零点,以零点x 0为分界,说明函数g'(x )的正负,得到函数g (x )的单调性,进而得到g (x )的最大值g (x 0)(含a );②将零点方程g '(x 0)=0变形代入g (x ),化简得最大值g (x 0)(不含a );③由已知令最大值不大于零,得x 0的取值范围,进而求得正数a 的取值范围㊂解法2的步骤为:①用特值(x =0)探路,得不等式f (x )+a ɤ0恒成立的必要条件a ȡ1;②再证a ȡ1是不等式f (x )+a ɤ0恒成立的充分条件,这里选择了放缩法,借助不等式l n x ɤx -1,转证h (x )=a 2e x-x -a ȡ0即可;③带参讨论法证明h (x )ȡ0,分h '(x )=0的零点l n 1a 2在定义域(-1,+ɕ)内和外加以讨论,从而解决不等式恒成立问题㊂二、不等式的证明利用导数证明不等式的常见类型及思维方法:(1)构造差函数法㊂证明双函数的不等式恒成立问题,例如f (x )ȡg (x ),可构造差函数h (x )=f (x )-g (x ),研究差函数的导函数的符号,确定差函数的单调性,证明不等式h (x )m i n ȡ0即可㊂(2)拆分法㊂当要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘及相加的形式出现时,如果对其直接求导,得到的导函数仍然复杂难辨,这时可以将原不等式合理拆分为f (x )ɤg (x )的形式,进而证明f (x )m a x ɤg (x )m i n 即可,在拆分过程中,一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准㊂(3)借助典型不等式x >s i n x (x >0),e xȡx +1,l n x ɤx -1(x >0),以及不等式的传递性,利用放缩法证明更简单的不等式㊂例3已知函数f(x)=l n x+x2-2a x㊂(1)若a=32,求f(x)的零点个数;(2)若a=1,g(x)=1e x+x2-2x-2e x-1,证明:f(x)-g(x)>0㊂解析:(1)若a=32,则f(x)=l n x+x2-3x,求导得f'(x)=(2x-1)(x-1)x(x> 0)㊂令f'(x)>0,得x>1或0<x<12;令f'(x)<0,得12<x<1㊂所以f(x)在0,12,(1,+ɕ)上单调递增,在12,1上单调递减,因此f(x)的极大值为f12= -l n2-54<0,f(x)的极小值f(1)= -2<0㊂又f(3)=l n3>0,所以f(x)在(0,1)上无零点,在(1,+ɕ)上有一个零点㊂所以f(x)的零点个数为1㊂(2)若a=1,则f(x)=l n x+x2-2x㊂又因为g(x)=1e x+x2-2x-2e x-1,所以要证f(x)-g(x)>0,即证l n x-1e x+2e x+1 >0,即证x l n x+x>x e x-2e㊂设函数φ(x)=x l n x+x(x>0),则φ'(x)=l n x+2㊂令φ'(x)>0,得x>e-2;令φ'(x)<0,得0<x<e-2㊂所以φ(x)在(0,e-2)上单调递减,在(e-2,+ɕ)上单调递增,故φ(x)m i n=φ(e-2)=-1e2㊂再设h(x)=x e x-2e(x>0),则h'(x) =1-x e x㊂令h'(x)<0,得x>1;令h'(x)> 0,得0<x<1㊂所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+ɕ)上单调递减,故h(x)m a x= h(1)=-1e㊂因为-1e2>-1e,即φ(x)m i n>h(x)m a x,所以不等式x l n x+x>xe x-2e恒成立,即f(x)-g(x)>0㊂点拨:第(2)题,若直接求证[f(x)-g(x)]m i n>0,显然困难,故采用拆分法,即将要证的不等式移项转证x l n x+x>xe x-2e,可预见左右两边的函数易于求其最值,从而证得不等式成立㊂例4已知函数f(x)=a e x-x-a㊂(1)若f(x)ȡ0,求a的值㊂(2)当aȡ1时,证明f(x)>x l n x-s i n x㊂解析:(1)由f(x)=a e x-x-a,得f(0) =0,f'(x)=a e x-1㊂若aɤ0,则f'(x)<0恒成立,所以f(x)在R上单调递减㊂由f(0)=0可知,当x>0时,f(x)<0,则f(x)ȡ0不恒成立㊂若a>0,令f'(x)=0,得x=l n1a,则当x>l n1a时,有f'(x)>0;当x<l n1a时,有f'(x)<0㊂故f(x)在-ɕ,l n1a上单调递减,在l n1a,+ɕ上单调递增,所以f l n1a是f(x)的极小值,也是最小值㊂又因为f(x)ȡ0,且f(0)=0,即f(x)ȡf(0),故l n1a=0,即a=1,此时f(x)=e x-x-1,结论成立,所以a=1㊂(2)由x>0,知e x-1>0,所以当aȡ1时,a(e x-1)ȡe x-1,f(x)=a(e x-1)-x ȡe x-1-x㊂要证f(x)>x l n x-s i n x,只需证e x-1-x>x l n x-s i n x,即证g(x)=e x-1-x -x l n x+s i n x>0㊂当0<xɤ1时,-x l n xȡ0,s i n x>0,又由(1)知e x-1-x>0,故g(x)>0㊂当x>1时,求导得g'(x)=e x-2-l n x+c o s x㊂设h(x)=g'(x),求导得h'(x)=e x-1x-s i n x㊂由x>1,知h'(x) >e-1-1>0,故h(x)在(1,+ɕ)上单调递增,所以h(x)>h(1)=e-2+c o s1>0,即g'(x)>0,故g(x)在(1,+ɕ)上单调递增,所以g(x)>g(1)=e-2+s i n1>0㊂综上所述,当aȡ1时,f(x)>x l n x-s i n x㊂点拨:第(1)题应用带参讨论法求参数a 的取值范围㊂对f(x)求导后,分aɤ0,a>0讨论f(x)的单调性与极值情况,并结合函数f(x)恒存在零点0,排除aɤ0,而当a>0时,极小值点l n1a只能为0㊂第(2)题,先借助参数a的范围放缩,即利用不等式的传递性,将要证的不等式转化为易于证明的不含参数的不等式㊂再分段0<xɤ1,x>1化整为零予以证明,当0<xɤ1时,s i n x>0,l n x ɤ0,直接证得g(x)>0;当x>1时,需二次求导证得g(x)>g(1)>0㊂例5已知函数f(x)=x e x-1,g(x) =a(l n x+x)㊂(1)若不等式f(x)ȡg(x)恒成立,求实数a的值㊂(2)求证:x2e x>(x+2)l n x+2s i n x㊂解析:(1)不等式f(x)ȡg(x)恒成立,即x e x-1ȡa(l n x+x)恒成立,即e l n x+x-1ȡa(l n x+x)恒成立㊂设l n x+x=t,则e t-1ȡa t恒成立㊂令φ(t)=e t-1-a t,则φ(t)ȡ0恒成立,φ(0) =0,φ'(t)=e t-a㊂若aɤ0,则φ'(t)>0,所以φ(t)在R上单调递增㊂又由φ(0)=0,则在(-ɕ,0)上φ(t)<0,与φ(t)ȡ0恒成立矛盾㊂若a>0,令φ'(t)=0,得t=l n a,则当t <l n a时,有φ'(t)<0;当t>l n a时,有φ'(t)>0㊂故φ(t)在(-ɕ,l n a)上单调递减,在(l n a,+ɕ)上单调递增,所以φ(l n a)是φ(t)的极小值,也是最小值㊂又因为φ(t)ȡ0,且φ(0)=0,即φ(t)ȡφ(0),故l n a=0,即a=1,经验证成立㊂所以不等式f(x)ȡg(x)恒成立时,实数a的值为1㊂(2)由(1)知,当a=1时,不等式f(x)ȡg(x)恒成立,即x e x-1ȡx+l n x,即x e xȡx+l n x+1,所以不等式x2e xȡx2+x l n x+ x(x>0)恒成立㊂要证明x2e x>(x+2)l n x+2s i n x,只需证x2+x l n x+x>(x+2)l n x+2s i n x,即证x2+x>2l n x+2s i n x(x>0)㊂设h(x)=l n x-x+1,则h'(x)=1-x x (x>0),所以在(0,1)上,h'(x)>0,h(x)单调递增;在(1,+ɕ)上,h'(x)<0,h(x)单调递减㊂故h(x)ɤh(1)=0,即l n xɤx-1㊂所以只需证x2+x>2(x-1)+2s i n x,即证x2-x+2>2s i n x㊂①当x>1时,x2-x+2=x(x-1)+2 >2ȡ2s i n x,不等式成立;②当0<xɤ1时,x2-x+2=x-122 +74ȡ74,2s i n xɤ2s i n1<2s i nπ3=3<74,不等式成立㊂综上所述,不等式x2e x>(x+2)l n x+ 2s i n x(x>0)成立㊂点拨:第(1)题应用同构函数法,将复杂的原不等式恒成立问题转化为简明的不等式恒成立问题,再用带参讨论法求参数a的值㊂第(2)题的证法是放缩法,先借助第(1)题的结论进行放缩,让要证的不等式中不含e x项;再利用常用不等式l n xɤx-1放缩,让要证的不等式中不含l n x项;最后再用对x分段讨论法证明不等式㊂不论用拆分法构造辅助函数证明不等式,还是用放缩法证明不等式,都需要对一些常见函数x e x,x l n x,e x x,l n x x等的性质比较熟悉,对典型不等式(l n xɤx-1,e xȡx+ 1等)适时灵活应用㊂根据条件,寻找恰当的目标函数需反复磨炼㊂(责任编辑王福华)。
导数与构造函数证明不等式的技巧
导数与构造函数证明不等式的技巧导数是微积分中的一个重要概念。
它可以描述函数在各个点上的变化率，也可以用来求函数的最大值、最小值以及拐点等重要信息。
而构造函数则是数学中一种非常常见的证明不等式的方法。
本文将介绍一些常用的导数和构造函数证明不等式的技巧。
一、使用导数证明不等式1. 求导数确定函数的单调性对于一个函数$f(x)$，如果它在某个区间上的导数$f'(x)$大于0，说明它在该区间上单调递增；如果导数$f'(x)$小于0，则说明它在该区间上单调递减。
因此，如果要证明一个不等式在某个区间上成立，可以先求出函数在该区间上的导数，确定其单调性，然后再比较函数在两个端点处的取值即可。
例如，对于函数$f(x)=x^2-4x+3$，我们可以求出它的导数为$f'(x)=2x-4$。
由于$f'(x)>0$时$f(x)$单调递增，因此当$x<2$时，$f(x)<f(2)$，当$x>2$时，$f(x)>f(2)$，即$f(x)$在$x<2$和$x>2$的区间上都小于$f(2)$，因此我们可以得到不等式$f(x)<f(2)$，即$x^2-4x+3<1$。
2. 求导数判断函数的最值对于一个函数$f(x)$，如果它在某个点$x_0$处的导数$f'(x_0)=0$，且$f^{''}(x_0)>0$（即$f(x)$的二阶导数大于0）则$f(x)$在$x_0$处取得一个局部最小值；如果$f^{''}(x_0)<0$，则$f(x)$在$x_0$处取得一个局部最大值。
因此，如果要证明一个不等式最值的存在性，可以先求出函数的导数，再找出导数为0的点即可。
3. 构造特殊的函数如果一个不等式的两边都是多项式，可以考虑构造一个较为特殊的函数，来证明不等式的成立性。
例如，对于不等式$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\leq\dfrac{3}{2\sqrt[3]{abc}}$，我们可以考虑构造一个函数$f(x)=\dfrac{1}{a+b+x}+\dfrac{1}{b+c+x}+\dfrac{1}{c+a+x}-\dfrac{3}{2\sqrt[3]{(a+x)(b+x)(c+x)}}$，并证明$f(x)\leq 0$。
利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧
利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧趣题引入已知函数x x x g ln )(= 设b a <<0， 证明：2ln )()2(2)()(0a b b a b g a g -<+-+< 分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。
证明：1ln )(+='x x g ，设)2(2)()()(x a g x g a g x F +-+= 2ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g x a g x g x F +-=+-=⨯+-=' 当a x <<0时 0)(<'x F ，当a x >时 0)(>'x F ，即)(x F 在),0(a x ∈上为减函数，在),(+∞∈a x 上为增函数∴0)()(min ==a F x F ，又a b > ∴0)()(=>a F b F ， 即0)2(2)()(>+-+b a g b g a g 设2ln )()2(2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+= )ln(ln 2ln 2ln ln )(x a x x a x x G +-=-+-='∴ 当0>x 时，0)('<x G ，因此)(x G 在区间),0(+∞上为减函数；因为0)(=a G ，又a b > ∴0)()(=<a G b G ，即 02ln )()2(2)()(<--+-+a x x a g x g a g 故2ln )()2(2)()(a x x a g x g a g -<+-+ 综上可知，当 b a <<0时，2ln )()2(2)()(0a b b a b g a g -<+-+< 本题在设辅助函数时，考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点，因此，设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量，范例中选用右端点，读者不妨设为左端点试一试，就能体会到其中的奥妙了。
专题09导数与不等式的解题技巧
专题导数与不等式的解题技巧一．知识点基本初等函数的导数公式()常用函数的导数①()′＝(为常数); ②()′＝；③()′＝；④′＝；⑤()′＝．()初等函数的导数公式①()′＝；②( )′＝；③( )′＝；④()′＝；⑤()′＝；⑥( )′＝；⑦()′＝．．导数的运算法则()[()±()]′＝；()[()·()]′＝；()′＝．．复合函数的导数()对于两个函数＝()和＝()，如果通过变量，可以表示成的函数，那么称这两个函数(函数＝()和＝())的复合函数为＝(())．()复合函数＝(())的导数和函数＝()，＝()的导数间的关系为，即对的导数等于对的导数与对的导数的乘积．二．题型分析（一）函数单调性与不等式例．【一轮复习】已知函数()＝＋，∈(－，)，则满足(－)＋(－)>的的取值范围是( )．(，) ．(，) ．(，) ．(，)【答案】【分析】在区间（﹣，）上，由（﹣）＝﹣（），且′（）＞可知函数（）是奇函数且单调递增，由此可求出的取值范围．【点睛】本题考查了判断函数的奇偶性和单调性的问题，综合运用了函数的奇偶性和单调性解不等式进行合理的转化，属于中档题．练习．对任意，不等式恒成立，则下列不等式错误的是（）．．．．【答案】【分析】构造函数，对其求导后利用已知条件得到的单调性，将选项中的角代入函数中，利用单调性化简，并判断正误，由此得出选项.【解读】构造函数，则，∵，∴，即在上为增函数，则，即，即，即，又，即，即，故错误的是．故选：．【点睛】本小题考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法.构造函数法主要应用于题目所给已知条件中含有，也含有其导数的不等式，根据不等式的结构，构造出相应的函数.如已知是，可构造，可得.（二）函数最值与不等式例．【福建省福州市学年高三第一学期质量抽测】已知函数，对于任意，，恒成立，则的取值范围是（）．．．．【答案】【分析】由题意知即等价转化为，通过研究函数导数从而得到最值，依次验证选项即可.（四）不等式中存在任意问题例．【安徽省皖南八校届高三第二次（月)联考数学】已知函数，，对于，，使得，则实数的取值范围是．．．．【答案】【解读】，，使得，可得，利用，的单调性、最值即可求得.【详解】对于，，使得,等价于，因为是增函数，由复合函数增减性可知在上是增函数，所以当时，，令，则，若时，，，所以只需，解得.若时，，，所以只需，解得.当时，成立.综上，故选.练习.已知函数，函数（），若对任意的，总存在使得，则实数的取值范围是（）．．．．【答案】【解读】由题意，可得在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域，即可求解.【详解】由题意，函数的导数为，当时，，则函数为单调递增；当时，，则函数为单调递减，即当时，函数取得极小值，且为最小值，又由，可得函数在的值域，由函数在递增，可得的值域，由对于任意的，总存在，使得，可得，即为，解得，故选.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及导数在函数中的应用，其中解答中转化为在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试卷.练习．函数，，若对，，，则实数的最小值是．【答案】【解读】利用导数以及指数函数的性质，分别求出函数（），（）的最值，将问题转为求（）≥（）即可．【详解】，在递减，在递增，所以，在单调递增，，由已知对，，，可知只需（）≥（）即，故答案为：.练习．已知函数，且，，若存在，使得对任意，恒成立，则的取值范围是．【答案】【解读】存在，使得对任意的，恒成立，即，由在上递增，可得，利用导数可判断在上的单调性，可得，由，可求得的范围；【详解】的定义域为，，当时，，，为增函数，所以；若存在，使得对任意的，恒成立，即，，当时，为减函数，，∴，，∴故答案为：.【点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数。
导数与构造函数证明不等式的技巧
导数与构造函数证明不等式的技巧在高中数学中，不等式是经常会遇到的题目类型，也是数学竞赛中经常涉及到的一类题目。
在证明不等式的过程中，我们可以运用导数与构造函数等技巧来简化证明难度，提高证明效率。
一、运用导数证明不等式当我们需要证明一个函数的值在某个范围内时，我们可以考虑用导数来帮助我们进行证明，具体可分为以下步骤：1、确定函数的定义域和值域，并确定要证明的不等式形式。
2、通过求导得到函数的单调性或极值点。
3、根据函数的单调性或极值点，利用数轴或图象来确定函数的取值范围及是否满足要证明的不等式。
例如，要证明关于 $x$ 的不等式 $\frac{3}{2}x^2-6x+5>0$ 成立，可按以下步骤进行证明：1、由不等式左边的式子可得到 $f(x)=\frac{3}{2}x^2-6x+5$，其定义域为实数集，值域为 $[0,\infty)$。
2、对 $f(x)$ 求导，得到 $f'(x)=3x-6$。
当 $f'(x)>0$ 时，$f(x)$ 单调上升，当$f'(x)<0$ 时，$f(x)$ 单调下降。
当 $f'(x)=0$ 时，$f(x)$ 有极值，即当 $x=2$ 时，$f(x)$ 取得极小值 $-1$。
3、据此得到 $f(x)$ 的图象如下图所示，可知在 $x<2$ 和 $x>2$ 的区间内，$f(x)$ 的取值为正，因此原不等式成立。
构造函数法是一种运用代数方法构造一个函数来满足指定条件的证明方法。
具体可分为以下步骤：1、根据不等式的形式或特点，分析解析式中可能出现的约束条件或不等式关系。
2、构造一个函数并确定其满足条件的范围。
3、证明所构造的函数满足所要证明的不等式条件。
1、根据不等式的形式，可考虑构造分式函数。
2、构造函数 $f(x,y)=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{4}{x+y}$，其定义域为$D=\{(x,y)\mid x\neq0,y\neq0,x\neq y\}$。
用导数证明不等式的常见题型及解题技巧
用导数证明不等式的常见题型及解题技巧技巧精髓1、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。
2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。
一、利用题目所给函数证明1.已知函数，求证：当时，恒有分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数，从其导数入手即可证明。
【绿色通道】∴当时，，即在上为增函数当时，，即在上为减函数故函数的单调递增区间为，单调递减区间于是函数在上的最大值为，因此，当时，，即∴（右面得证），现证左面，令，当，即在上为减函数，在上为增函数，故函数在上的最小值为，∴当时，，即∴，综上可知，当【警示启迪】如果是函数在区间上的最大（小）值，则有（或），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过就可得证．2、直接作差构造函数证明【例2】已知函数求证：在区间上，函数的图象在函数的图象的下方；分析：函数的图象在函数的图象的下方问题，即，只需证明在区间上，恒有成立，设，，考虑到要证不等式转化变为：当时，，这只要证明：在区间是增函数即可。
【绿色通道】设，即，则 =当时， =从而在上为增函数，∴∴当时，即，故在区间上，函数的图象在函数的图象的下方。
【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。
读者也可以设做一做，深刻体会其中的思想方法。
3、换元后作差构造函数证明【例3】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式都成立.分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令，则问题转化为：当时，恒有成立，现构造函数，求导即可达到证明。
【绿色通道】令，则在上恒正，所以函数在上单调递增，∴时，恒有即，∴对任意正整数n，取【警示启迪】我们知道，当在上单调递增，则时，有．如果＝，要证明当时，，那么，只要令＝－，就可以利用的单调增性来推导．也就是说，在可导的前提下，只要证明０即可．4、从条件特征入手构造函数证明【例4】若函数y=在R上可导且满足不等式x >－恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．a >b【绿色通道】由已知x +>0 ∴构造函数，则x + >0，从而在R上为增函数。
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题导数是微积分中的一个重要概念，它可以描述函数的变化率，并在解决不等式问题中起到重要的作用。
在这篇文章中，我们将探讨如何利用导数证明或解决不等式问题。
让我们回顾一下导数的定义。
对于一个函数f(x)，在某一点x处的导数f'(x)表示函数在该点的斜率，即函数曲线在该点的切线的斜率。
导数可以用极限定义来求取，即f'(x) = lim(h->0) [f(x+h) - f(x)] / h利用导数证明不等式的方法有很多种，下面我们将分别介绍其中的几种常用方法。
第一种方法是利用导数的性质，结合数学推理和几何直观来证明不等式。
具体做法是首先求出函数f(x)在给定区间的导数f'(x)，然后根据导数的符号来判断函数的增减性。
如果导数f'(x)在该区间上恒大于零，则说明函数在该区间上是单调递增的；如果导数f'(x)在该区间上恒小于零，则说明函数在该区间上是单调递减的。
通过分析函数的增减性，我们可以得到不等式的证明。
举个例子，假设需要证明函数f(x) = x^2 + 1在区间[0, +∞)上是单调递增的。
首先求出函数的导数f'(x) = 2x，然后根据导数的符号来判断函数的增减性。
在区间[0, +∞)上，导数f'(x)恒大于零，即2x > 0，所以函数f(x)在该区间上是单调递增的。
我们可以得出结论：对于任意的x1, x2 ∈ [0, +∞)，当x1 < x2时，有f(x1) < f(x2)，即 x1^2 + 1 < x2^2 + 1。
第二种方法是利用极值点来解决不等式问题。
我们知道，在函数f(x)的极值点处，导数f'(x)等于零。
如果我们能够找到函数的所有极值点，并根据导数的符号来判断函数在各个区间上的增减性，那么我们就可以得到不等式的解。
第三种方法是利用导数的性质和中值定理来解决不等式问题。
中值定理是微积分中的一个重要定理，它表明如果函数f(x)在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)上可导，那么存在一个点c，使得f'(c) = (f(b) - f(a)) / (b - a)。
导数与构造函数证明不等式的技巧
导数与构造函数证明不等式的技巧数学中，不等式是一种非常重要的工具，可以用来证明和描述各种性质和现象。
在证明不等式时，我们常常需要运用导数和构造函数的技巧。
下面，本文将介绍导数和构造函数证明不等式的技巧。
一、导数证明不等式当我们需要证明一个函数的某个性质或者不等式时，可以通过计算其导数来得到一些有用的信息。
具体来说，如果一个函数在某一点的导数为正数，则意味着函数在该点的值越大，导函数也就越大；而如果函数在某一点的导数为负数，则意味着函数在该点的值越大，导函数也就越小。
考虑一个简单的例子：证明二次函数 $f(x)=x^2+4x+3$ 在 $x\geqslant-2$ 的区间内严格单调递增。
我们首先计算 $f(x)$ 的导数：$$f'(x)=2x+4$$然后，我们发现，在 $x\geqslant-2$ 的区间内，$f'(x)$ 是恒正的，因此$f(x)$ 在该区间内是严格单调递增的。
因此，不等式 $f(x_1)<f(x_2)$ 成立当且仅当$x_1<x_2$，其中 $x_1$ 和 $x_2$ 均在 $x\geqslant-2$ 的区间内。
另一种证明不等式的常用技巧是构造函数。
具体来说，我们可以构造一个新的函数$g(x)$，使得 $g(x_1)<g(x_2)$ 成立当且仅当 $f(x_1)<f(x_2)$ 成立。
考虑一个简单的例子：证明当 $a>1$ 时，有 $a^2>a+\sqrt{a}$。
我们首先构造一个函数 $f(x)=x^2-x-\sqrt{x}$，并计算其导数：$$f'(x)=2x-1-\frac{1}{2\sqrt{x}}$$接下来，我们构造一个新的函数 $g(x)=af(x)+(a-1)x$。
由于 $a>1$，因此$g'(x)=af'(x)+(a-1)>0$，因此 $g(x)$ 在 $x>1$ 的区间内是严格单调递增的。
导数与不等式恒成立方法归纳总结
导数与不等式恒成立方法归纳总结思路一：作差解恒成立构造差函数()()()h x f x g x =-．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．首先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应含参不等式，从而求出参数的取值范围，也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．证明()()f x g x <，(),x a b ∈时，可以构造函数()()()F x f x g x =-，如果()0F x '<，则()F x 在(),a b 上是减函数，同时若()0F a ≤，由减函数的定义可知，当(),x a b ∈时，有()0F x <，即证明()()f x g x <．例、已知函数()()2112ln 2f x a x a ax x =--+，()'f x 为其导函数. (1) 设()()1g x f x x=+，求函数()g x 的单调区间； (2) 若0a >，设()()11,A x f x ，()()22,B x f x 为函数()f x 图象上不同的两点，且满足()()121f x f x +=，设线段AB 中点的横坐标为0,x 证明：01ax >.解：（1）略 （2）120121212x x ax x x a a+>⇔>⇔>- ()222121'0a f x a a x x x ⎛⎫=+-=-≥ ⎪⎝⎭，故()f x 在定义域()0,+∞上单调递增.只需证： ()122f x f x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，即证()2221f x f x a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭注意到()()12111,,2f x f x f a ⎛⎫+==⎪⎝⎭ 不妨设1210x x a <<<. ()()()22221112ln 22ln 2F x f x f x a x a ax a x a axa a x xa⎛⎫⎛⎫=-+-=----+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-则()()()()322222241122'0222ax a a a F x x x ax ax x ax -=--+=-≤--- 1x a ∀≥，从而()F x 在1,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单减，故()210F x F a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭， 即得. 变式1、设函数． （I ）时，求函数的极值点；（Ⅱ）当时，证明在上恒成立．解（Ⅱ）证明：当a=0时，f （x ）=lnx+x+1令F （x ）=xe x ﹣f （x ）=xe x ﹣lnx ﹣x ﹣1，（x ＞0），则F′（x ）=x+1x•（xe x ﹣1），令G （x ）=xe x ﹣1， 则G′（x ）=（x+1）e x ＞0，（x ＞0），∴函数G （x ）在（0，+∞）递增，又G （0）=﹣1＜0，G （1）=e ﹣1＞0， ∴存在唯一c ∈（0，1）使得G （c ）=0，且F （x ）在（0，c ）上单调递减，在（c ，+∞）上单调递增，故F （x ）≥F （c ）=c•e c ﹣lnc ﹣c ﹣1，由G （c ）=0，得c•e c ﹣1=0，得lnc+c=0， ∴F （c ）=0，∴F （x ）≥F （c ）=0，从而证得x e x ≥f （x ）.变式2、设函数()()2ln 1f x x b x =++，其中0b ≠．当*n N ∈，且2n ≥时证明不等式：33311111111ln 111232321n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++>-⎪⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦解：当b=-1时, ()()2f x x ln x 1=-+，令()()()332h x x f x x x ln x 1=-=-++，则()()233x x 1h x x 1++'=+在[)0,∞+ 上恒正，所以， ()h x 在[)0,∞+上单调递增，当[)0,∞+时，恒有()()h x h 00=＞，即当[)0,∞+时，()()3232x x ln x 10,ln x 1x x -++++＞即＞，对任意正整数n ，取1x n =得32111ln 1n nn ⎛⎫++ ⎪⎝⎭＞，所以， 333111111ln 11123n 23n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()21ln +12f x x ax x =++2a =-()f x 0a =()xxe f x ≥()0,+∞= 333111111ln 1ln 1ln 123n 23n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭= 333111111ln 1ln 1ln 12233n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++⋅⋅⋅+++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22211111123n 2334n n 1++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯+＞＞ =11111111++=2334n n 12n 1--⋅⋅⋅+--++. 变式3、已知函数()21e 2x f x a x x =--（R a ∈）．证明：当1x >时， 1e ln x x x x>-．解：令()1e ln xg x x x x=-+（1x >），则()10g =， ()2e 1e ln 1x xg x x x x =+--'． 令()()h x g x ='，则()e e ln x xh x x x =+' 23e e 2x x x x x-++， 因为1x >，所以e ln 0xx >， e 0x x >， ()2e 10x x x ->， 320x>， 所以()0h x '>，即()()h x g x ='在1x >时单调递增，又()1e 20g ='->，所以1x >时， ()0g x '>，即函数()g x 在1x >时单调递增．所以1x >时， ()0g x >，即1x >时， 1e ln x x x x>-． 思路二：调整目标形式解恒成立观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明. 例．已知函数()()1ln ,1a x f x x a R x -=-∈+．设,m n 为正实数，且m n >，求证：ln ln 2m n m nm n -+<-． 解：要证，只需证，即证21ln .1m m n m n n ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+只需证21ln 0.1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+设()()21ln 1x h x x x -=-+，由（2）知()h x 在()1,+∞上是单调函数，又1mn>， 所以()10m h h n ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即21ln 01m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+成立，所以ln ln 2m n m n m n -+<-. 变式1、已知函数()()21x f x x x e =--.（1）若()f x 在区间(),5a a +有最大值，求整数a 的所有可能取值； （2）求证：当0x >时，()()323ln 247x f x x x x x e <-++-+. 解析：（1）f′(x )＝（x 2＋x －2）e x ，当x <－2时，f′(x )＞0，f (x )单调递增， 当－2＜x ＜1时，f′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ＞1时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，由题知：a ＜－2＜a +5，得：－7＜a ＜－2， 则a ＝－6、－5、－4、－3，当a ＝－6、－5、－4，显然符合题意，若a ＝－3时，f (－2)＝5e ―2，f (2)＝e 2，f (－2)＜f (2)，不符合题意，舍去． 故整数a 的所有可能取值－6，―5，－4．（2）f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7可变为(－x 2＋3x －1)e x ＜－3ln x ＋x 3+7，令g (x )＝(－x 2＋3x －1)e x ，h (x )=－3ln x ＋x 3+7，g′(x )＝(－x 2＋x ＋2)e x ， 0＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增， 当x ＞2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，g (x )的最大值为g (2)＝e 2，h′(x )＝()331x x-，当0＜x ＜1时，h′(x )＜0，h (x )单调递减，当x ＞1时，h′(x )＞0，h (x )单调递增，h (x )的最小值为h (1)＝8＞e 2，g (x )的最大值小于h (x )的最小值，故恒有g (x )＜h (x )，即f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7．变式2、函数f （x ）=21-lnx ax a-1x-2a 2R ++∈（）（）（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若a ＞0，求证：f （x ）≥3-2a. 解：由（Ⅰ）知()f x 在10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减； ()f x 在1a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增， 则()min 11ln 12f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭． 要证()f x ≥32a -，即证1ln 12a a --≥32a -，即证1ln 1a a +-≥0． 令()1ln 1a a a μ=+-，则()22111a a a a aμ'-=-=，由()0a μ'>解得1a >，由()0a μ'<解得01a <<， ∴()a μ在()01，上单调递减；()a μ在()1+∞，上单调递增；∴()()min 11ln1101a μμ==+-=，∴ 1ln 1a a +-≥0成立．从而()f x ≥32a-成立． 思路三：结论再造解恒成立利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点： （1）利用常见结论，如：，()ln 1x x >+，等；（2）利用同题上一问结论或既得结论． 例、 已知函数()ln 1axf x x x =-+． （Ⅰ）若函数()f x 有极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）()f x 有两个极值点（记为1x 和2x ）时，求证：()()()1211x f x f x f x x x+⎡⎤+≥⋅-+⎣⎦． 解（Ⅱ）∵1x ， 2x 是()f x 的两个极值点，故满足方程()0f x '=即1x ， 2x 是()2210x a x +-+=的两个解，∴121x x =∵()()12121212ln ln 11ax ax f x f x x x x x +=-+-++ ()()12121212122ln 1a x x x x x x a x x x x ++=-=-+++ 而在()ln 1ax f x x x =-+中， ()1ln x a f x x x +⎡⎤-=⋅-⎣⎦ 欲证原不等式成立，只需证明()()11ln 1x x f x x f x x x x++⎡⎤⎡⎤⋅-≥⋅-+⎣⎦⎣⎦∵0x >，只需证明()()ln 1f x x f x x -≥-+成立 即证ln 10x x -+≤成立 令()ln 1g x x x =-+，则()111xg x x x-=-=' 当()0,1x ∈时， ()0g x '>，函数()g x 在()0,1上单调递增； 当()1,x ∈+∞时， ()0g x '<，函数()g x 在()1,+∞上单调递减； 因此()()max 10g x g ==，故()0g x ≤，即ln 10x x -+≤成立得证． 变式1、已知函数()ln .f x x kx k =-+（Ⅱ）证明：当1a ≤时，()()2 1.x x f x kx k e ax +-<-- （附： 322ln20.69,ln3 1.10, 4.48,7.39e e ≈≈≈≈） 解（Ⅱ）要证当1a ≤时， ()()1,xx f x kx k e ax +-<--即证当1a ≤时， 2ln 10x e ax x x --->,即证2ln 10x e x x x --->．由（Ⅰ）得，当1k =时， ()0f x ≤,即ln 1x x ≤-，又0x >，从而()ln 1x x x x ≤-, 故只需证2210x e x x -+->，当0x >时成立； 令()()2210xh x e x x x =-+-≥，则()41xh x e x ='-+,令()()F x h x ='，则()4xF x e '=-，令()0F x '=，得2ln2x =．因为()F x '单调递增，所以当(]0,2ln2x ∈时， ()()()0,0,F x F x F x ≤'≤单调递减，即()h x '单调递减，当()2ln2,x ∈+∞时， ()()0,F x F x >''单调递增，即()h x '单调递增，且()()()2ln458ln20,020,2810h h h e =-==-'+'>',由零点存在定理，可知()()120,2ln2,2ln2,2x x ∃∈∃∈，使得()()120h x h x ''==， 故当10x x <<或2x x >时， ()()0,h x h x '>单调递增；当12x x x <<时， ()()0,h x h x '<单调递减，所以()h x 的最小值是()00h =或()2h x ．由()20h x '=，2241xe x =-()()()222222221252221x h x e x x x x x =+-=-+-=---,因为()22ln2,2x ∈，所以()20h x >,故当0x >时，所以()0h x >,原不等式成立．思路四：函数单调或最值解恒成立不等式恒成立的转化策略一般有以下几种：①分离参数＋函数最值；②直接化为最值＋分类讨论；③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。
导数与构造函数证明不等式的技巧
导数与构造函数证明不等式的技巧证明不等式的技巧和导数有关的主要有两个方面：一是利用导数的性质来求极值，二是利用导数的中值定理来证明不等式。
一、利用导数的性质来求极值1. 极值的存在性：如果函数在开区间(a,b)上连续，在闭区间[a,b]上可导，并且在区间内部有两个不同的点x1和x2使得f'(x1)和f'(x2)异号，则在(a,b)内存在至少一个点c，使得f(c)取得极值。
这个性质可以通过把函数图像在区间内部画出来来直观地理解。
2. 极值的判定条件：设函数f在开区间(a,b)内可导，如果f'(x)在点x=c处为0或者不存在，且f'(c)在从c的左侧和右侧分别取有限不等的符号，则f(c)为极值点。
如果f'(c)在从c的左侧和右侧分别取相等的符号，则f(c)不是极值点。
3. 极值的求解方法：求解极值有两种方法，一种是使用判定条件找到可能的极值点，然后对极值点进行求导计算；另一种是直接对函数进行求导计算，然后通过对导数方程求解，找到可能的极值点。
二、利用导数的中值定理来证明不等式导数的中值定理是数学中一个非常重要的定理，它的表述是：如果函数f在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，那么存在一个点c∈(a,b)，使得f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)。
这个定理可以用来证明一些不等式的性质。
利用导数的中值定理来证明不等式的基本步骤如下：1. 将不等式转化为两个函数的差值形式，即设函数g(x)=f(x)-h(x)，其中f(x)和h(x)是要证明不等式的两个函数。
2. 判断g(x)在[a,b]上的连续性和在(a,b)内的可导性。
3. 在(a,b)内找到一个点c，使得g'(c)=(f(c)-h(c))/(b-a)。
4. 根据g(x)的符号来确定f(x)和h(x)之间的关系，进而证明不等式的成立。
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题在数学中，不等式问题是一个重要且常见的问题类型。
不等式问题涉及到数学中的大小关系，通过比较不同数值的大小关系来判断不等式的成立或者不成立。
在解决不等式问题的过程中，利用导数进行证明和解决不等式问题是一种常见的方法。
导数是函数在某一点的变化率，它可以帮助我们很好地理解函数的性质，并且在解决不等式问题时起到了重要的作用。
本文将详细介绍如何利用导数证明或解决不等式问题。
让我们回顾一下导数的基本概念。
在数学中，导数衡量了函数在特定点的变化率。
对于函数y=f(x)，它在点x处的导数记作f'(x)，表示函数在点x处的斜率或者变化率。
导数可以被理解为函数曲线在某一点的切线的斜率，它告诉我们函数在这一点的变化方向和速度。
导数的正负号以及大小可以帮助我们判断函数在该点附近的增减性，从而帮助我们理解函数的性质。
在利用导数证明或解决不等式问题时，我们通常需要借助导数的性质和相关定理来进行推导和证明。
在一元函数的情况下，我们可以通过求导和导数的性质来分析函数的单调性、极值、凹凸性等，从而进一步解决不等式问题。
下面通过具体的例子来介绍如何利用导数证明或解决不等式问题。
例1：证明不等式x^2>0成立。
解：我们将函数y=x^2进行求导，得到y'=2x。
首先我们观察到当x=0时，有y=0，因此0为该函数的一个根。
对于x≠0的情况，函数的导数始终为正数，说明函数在整个实数域上是单调递增的，因此函数的值始终大于0。
我们通过导数的信息证明了不等式x^2>0成立。
解：首先我们将不等式2x^2-3x+1>0转化为函数f(x)=2x^2-3x+1>0，然后求出函数的导数f'(x)=4x-3。
我们找出函数f(x)的驻点，即f'(x)=0的点，求解方程4x-3=0得到x=3/4。
然后我们观察驻点处的导数的正负号，由于3/4是f'(x)的零点，所以我们取x=0和x=1来代入f'(x)进行验证。
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
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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 )
微专题09导数解答题之恒成立与能成立问题 高考数学
试卷讲评课件
′ = − + = − − ，
令 = − −
，则′
=
−
≥ ，
所以函数′ 在[, +∞)上单调递增，
于是′ ≥ ′ = ，所以函数 在[, +∞)上单调递增，
所以[ ] = = ，于是 ≤ ，因此实数的取值范围是
, ＞，则
= =
，所以
≥
，即正实数的取值范围是[ , +∞).
试卷讲评课件
例3.(2024 ⋅四川泸州·二模)已知函数f x = 2x 3 − ax 2 + 2 a＞0 .
(1)求曲线y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
【解析】因为 = − + ＞ ，所以 = ，
则 ′
=
− −
=
− +
，设
= − + , ≠
则 ′ = ，令 ′ ＞，得＞，令 ′ ＜，得＜，
所以 ＞ = ，即 ′ ＞在 −∞, ∪ , +∞ 上恒成立，
，又＞，
′
所以当＜＜ 时 ＜，当＜或＞ 时 ′ ＞，
所以 在 , 上单调递减，在 −∞, ， , +∞ 上单调递增，
则在区间[−, ]内存在 ， ，使得 ⋅ ≥ ，
等价于在区间[−, ]内存在，使得 ≥ ，
所以函数 的单调增区间为 −∞, , , +∞ ，无单调减区间；
专题09导数与不等式的解题技巧
专题导数与不等式的解题技巧一．知识点基本初等函数的导数公式<>常用函数的导数①<>′＝<为常数>; ②<>′＝；③<>′＝；④′＝；⑤<>′＝．<>初等函数的导数公式①<>′＝；②< >′＝；③< >′＝；④<>′＝；⑤<>′＝；⑥< >′＝；⑦<>′＝．．导数的运算法则<>[<>±<>]′＝；<>[<>·<>]′＝；<>′＝．．复合函数的导数<>对于两个函数＝<>和＝<>,如果通过变量,可以表示成的函数,那么称这两个函数<函数＝<>和＝<>>的复合函数为＝<<>>．<>复合函数＝<<>>的导数和函数＝<>,＝<>的导数间的关系为,即对的导数等于对的导数与对的导数的乘积．二．题型分析〔一〕函数单调性与不等式例．[一轮复习]已知函数<>＝＋ ,∈<－,>,则满足<－>＋<－>>的的取值围是< >．<,> ．<,> ．<,> ．<,>[答案][分析]在区间〔﹣,〕上,由〔﹣〕＝﹣〔〕,且′〔〕＞可知函数〔〕是奇函数且单调递增,由此可求出的取值围．[点睛]本题考查了判断函数的奇偶性和单调性的问题,综合运用了函数的奇偶性和单调性解不等式进行合理的转化,属于中档题．练习．对任意,不等式恒成立,则下列不等式错误的是〔〕．．．．[答案][分析]构造函数,对其求导后利用已知条件得到的单调性,将选项中的角代入函数中,利用单调性化简,并判断正误,由此得出选项.[解读]构造函数,则,∵,∴,即在上为增函数,则,即,即,即,又,即,即,故错误的是．故选：．[点睛]本小题考查构造函数法,考查利用导数研究函数的单调性,考查化归与转化的数学思想方法.构造函数法主要应用于题目所给已知条件中含有,也含有其导数的不等式,根据不等式的结构,构造出相应的函数.如已知是,可构造,可得.〔二〕函数最值与不等式例．[省市学年高三第一学期质量抽测]已知函数,对于任意,,恒成立,则的取值围是〔〕．．．．[答案][分析]由题意知即等价转化为,通过研究函数导数从而得到最值,依次验证选项即可.〔四〕不等式中存在任意问题例．[省皖南八校届高三第二次〔月>联考数学]已知函数,,对于,,使得,则实数的取值围是．．．．[答案][解读],,使得,可得,利用,的单调性、最值即可求得.[详解]对于,,使得,等价于,因为是增函数,由复合函数增减性可知在上是增函数,所以当时,,令,则,若时, ,,所以只需,解得.若时,,,所以只需,解得.当时,成立.综上,故选.练习.已知函数,函数〔〕,若对任意的,总存在使得,则实数的取值围是〔〕．．．．[答案][解读]由题意,可得在的值域包含于函数的值域,运用导数和函数的单调性和值域,即可求解.[详解]由题意,函数的导数为,当时,,则函数为单调递增；当时,,则函数为单调递减,即当时,函数取得极小值,且为最小值,又由,可得函数在的值域,由函数在递增,可得的值域,由对于任意的,总存在,使得,可得,即为,解得,故选.[点睛]本题主要考查了函数与方程的综合应用,以与导数在函数中的应用,其中解答中转化为在的值域包含于函数的值域,运用导数和函数的单调性和值域是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,以与推理与运算能力,属于中档试卷.练习．函数,,若对,,,则实数的最小值是．[答案][解读]利用导数以与指数函数的性质,分别求出函数〔〕,〔〕的最值,将问题转为求〔〕≥〔〕即可．[详解],在递减,在递增,所以,在单调递增,,由已知对,,,可知只需〔〕≥〔〕即,故答案为：.练习．已知函数,且,,若存在,使得对任意,恒成立,则的取值围是．[答案][解读]存在,使得对任意的,恒成立,即,由在上递增,可得,利用导数可判断在上的单调性,可得,由,可求得的围；[详解]的定义域为,,当时,,,为增函数,所以；若存在,使得对任意的,恒成立,即,,当时,为减函数,,∴,,∴故答案为：.[点睛]对于函数恒成立或者有解求参的问题,常用方法有：变量分离,参变分离,转化为函数最值问题；或者直接求函数最值,使得函数最值大于或者小于；或者分离成两个函数,使得一个函数恒大于或小于另一个函数。
求解不等式导数题时的技巧
求解不等式导数题时的技巧解不等式时，我们通常需要找到不等式的解集，而导数可以帮助我们确定不等式的增减性，从而帮助我们求解不等式。
在求解不等式导数题时，可以采用以下几个技巧：1. 确定函数的导数：首先，我们需要确定给定函数的导数。
这可以通过求导来实现。
求导是一个基本的数学技巧，我们应熟练掌握各种基本函数的导数公式，并能够正确应用。
2. 确定导数的符号：一旦我们求得了函数的导数，我们需要确定导数的符号。
通过判断导数的正负，我们可以确定函数的增减性。
如果导数大于零（导数为正），则函数在该区间上是递增的；如果导数小于零（导数为负），则函数在该区间上是递减的；如果导数等于零，则函数在该点处可能有极值点，我们需要进一步进行判断。
3. 寻找临界点：临界点是导数为零或不存在的点。
我们需要找到函数的临界点，并在这些点上进行进一步的讨论。
4. 使用边界条件：除了临界点外，我们还需要考虑函数定义域的边界上的点。
这些点应该在我们的讨论范围内。
5. 给出最终解集：通过以上的讨论，我们可以确定函数的增减性，并据此给出不等式的解集。
在解决不等式问题时，还需要注意以下一些细节和技巧：1. 引入辅助函数：有时候，我们可以使用一个辅助函数，通过求导来帮助我们解决不等式。
这可以使我们找到不等式的最优解。
2. 使用绝对值：在某些情况下，我们可以将不等式中的绝对值进行拆分或者进行替换。
这样可以简化问题并找到更容易求解的形式。
3. 使用图像：不等式问题可以通过绘制函数图像来更清晰地理解和求解。
通过观察函数图像，我们可以更好地理解函数的性质，进一步求解不等式。
4. 检查结果：在求解不等式后，我们应该对结果进行检查。
我们可以将不等式的解带入原始不等式中，验证是否满足所有条件。
总之，解不等式的导数题需要我们灵活运用导数的性质和技巧，善于使用辅助函数、绝对值等的化简方法，并结合图像和边界条件进行求解。
通过不断的练习和熟悉各种数学公式和技巧，我们可以逐渐提高解不等式导数题的能力，更加快速准确地求解不等式。
高考数学(文)命题热点导数与不等式的解题技巧(解题技巧+注意事项+考点要求)
专题 09 导数与不等式的解题技巧一．知识点基本初等函数的导数公式(1) 常用函数的导数①(C )′＝ (C 为常数); ②(x )′＝ ；③(x 2)′＝ ； ⑤( x )′＝．(2) 初等函数的导数公式′＝ ；①(x n )′＝ ； ②(sin x )′＝ ； ③(cos x )′＝ ； ④(e x )′＝ ； ⑤(a x )′＝； ⑥(ln x )′＝ ；⑦(log a x )′＝．【详解】如图所示，直线 l 与 y ＝lnx 相切且与 y ＝x ＋1 平行时，切点 P 到直线 y ＝x ＋1 的距离|PQ|即为所求最小值．(lnx)′＝ ，令 ＝1，得 x ＝1.故 P(1,0)．由点到直线的距离公式得|PQ|min=＝ ，故选 C.（三）构造函数证明不等式例 3．【山东省烟台市 2019 届高三数学试卷】已知定义在（﹣∞，0）上的函数 f （x ），其导函数记为 f'（x ）， 若 成立，则下列正确的是（ ）A ．f （﹣e ）﹣e 2f （﹣1）＞0B ．C ．e 2f （﹣e ）﹣f（﹣1）＞0D ．1x【答案】A【分析】由题干知：，x＜﹣1 时，2f（x）﹣xf′（x）＜0．﹣1＜x＜0 时，2f（x）﹣xf′（x）＞0．构造函数g（x）= ，对函数求导可得到x＜﹣1 时，g′（x）＜0；﹣1＜x＜0，g′（x）＞0，利用函数的单调性得到结果.练习1．设是定义在上的偶函数的导函数，且，当时，不等式恒成立，若，，，则的大小关系是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】构造函数，根据函数的奇偶性求得的奇偶性，再根据函数的导数确定单调性，由此比较三个数的大小.【解析】构造函数，由于是偶函数，故是奇函数.由于，故函数在上递增.由于，故当时，，当时，.所以，，，根据单调性有.故，即，故选D.【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性，考查构造函数法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.练习2.设函数，的导函数为，且满足，则（）A．B．C．D．不能确定与的大小【答案】B【解析】令g（x）= ，求出g（x）的导数，得到函数g（x）的单调性，【详解】令g（x）= ，则g′（x）== ，∵xf′（x）<3f（x），即xf′（x）﹣3f（x）<0，∴g′（x）<0 在（0，+∞）恒成立，故 g（x）在（0，+∞）递减，∴g（）>g（），即>，则有故选 B.练习3.定义在[0，+∞）上的函数满足：．其中表示的导函数，若对任意正数都有，则实数的取值范围是（）A．（0，4]B．[2，4]C．（﹣∞，0）∪[4，+∞）D．[4，+∞）【答案】C【解析】由可得，令，则，利用导数可得函数在区间上单调递减，从而由原不等式可得，解不等式可得所求范围．【详解】∵，∴，当且仅当且，即时两等号同时成立，∴“对任意正数都有”等价于“”．由可得，令，则，∴．令，则，∴当时，单调递增；当时，单调递减．∴，∴，∴函数在区间上单调递减，故由可得，整理得，解得或．∴实数的取值范围是．故选 C．【点睛】本题难度较大，涉及知识点较多．解题的关键有两个，一是求出的最小值，在此过程中需要注意基本不等式中等号成立的条件，特别是连续两次运用不等式时要注意等号能否同时成立；二是结合条件中含有导函数的等式构造函数，并通过求导得到函数的单调性，最后再根据单调性将函数不等式转化为一般不等式求解．主要考查构造、转化等方法在解题中的应用．（四）不等式中存在任意问题例4．【安徽省皖南八校2019届高三第二次（12月)联考数学】已知函数，，对于，，使得，则实数的取值范围是A．B．C．D．【答案】D【解析】，，使得，可得，利用，的单调性、最值即可求得.【详解】对于，，使得,等价于，因为是增函数，由复合函数增减性可知在上是增函数，所以当时，，令，则，若时，，，所以只需，解得.若时，，，所以只需，解得.当时，成立.综上，故选D.练习1.已知函数，函数（），若对任意的，总存在使得，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，可得在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域，即可求解.【详解】由题意，函数的导数为，当时，，则函数为单调递增；当时，，则函数为单调递减，即当时，函数取得极小值，且为最小值，又由，可得函数在的值域，由函数在递增，可得的值域，由对于任意的，总存在，使得，可得，即为，解得，故选B.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及导数在函数中的应用，其中解答中转化为在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.练习2．函数，，若对，，，则实数的最小值是．【答案】14【解析】利用导数以及指数函数的性质，分别求出函数f（x），g（x）的最值，将问题转为求f（x）min≥g （x）min 即可．【详解】，在递减，在递增，所以，在单调递增，，由已知对，，，可知只需f（x）min≥g（x）min，即练习 3．已知函数，且，，若存在，使得对任意，恒成立，则 的取值范围是．【答案】【解析】存在 ，使得对任意的 恒成立，即，由在 上递增，可得 ，利用导数可判断在上的单调性，可得，由，可求得 的范围；【详解】 的定义域为， ，当时，，，为增函数，所以 ；若存在 ，使得对任意的 ，恒成立，即，，当时，为减函数，，∴，，∴故答案为：.【点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题； 或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于 0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数。
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专题09导数与不等式的解题技巧-标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII专题导数与不等式的解题技巧一．知识点基本初等函数的导数公式()常用函数的导数①()′＝(为常数); ②()′＝；③()′＝；④′＝；⑤()′＝．()初等函数的导数公式①()′＝；②( )′＝；③( )′＝；④()′＝；⑤()′＝；⑥( )′＝；⑦()′＝．．导数的运算法则()[()±()]′＝；()[()·()]′＝；()′＝．．复合函数的导数()对于两个函数＝()和＝()，如果通过变量，可以表示成的函数，那么称这两个函数(函数＝()和＝())的复合函数为＝(())．()复合函数＝(())的导数和函数＝()，＝()的导数间的关系为，即对的导数等于对的导数与对的导数的乘积．二．题型分析（一）函数单调性与不等式例．【一轮复习】已知函数()＝＋，∈(－，)，则满足(－)＋(－)>的的取值范围是( )．(，) ．(，) ．(，) ．(，)【答案】【分析】在区间（﹣，）上，由（﹣）＝﹣（），且′（）＞可知函数（）是奇函数且单调递增，由此可求出的取值范围．【点睛】本题考查了判断函数的奇偶性和单调性的问题，综合运用了函数的奇偶性和单调性解不等式进行合理的转化，属于中档题．练习．对任意，不等式恒成立，则下列不等式错误的是（）．．．．【答案】【分析】构造函数，对其求导后利用已知条件得到的单调性，将选项中的角代入函数中，利用单调性化简，并判断正误，由此得出选项.【解读】构造函数，则，∵，∴，即在上为增函数，则，即，即，即，又，即，即，故错误的是．故选：．【点睛】本小题考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法.构造函数法主要应用于题目所给已知条件中含有，也含有其导数的不等式，根据不等式的结构，构造出相应的函数.如已知是，可构造，可得.（二）函数最值与不等式例．【福建省福州市学年高三第一学期质量抽测】已知函数，对于任意，，恒成立，则的取值范围是（）．．．．【答案】【分析】由题意知即等价转化为，通过研究函数导数从而得到最值，依次验证选项即可.（四）不等式中存在任意问题例．【安徽省皖南八校届高三第二次（月)联考数学】已知函数，，对于，，使得，则实数的取值范围是．．．．【答案】【解读】，，使得，可得，利用，的单调性、最值即可求得.【详解】对于，，使得,等价于，因为是增函数，由复合函数增减性可知在上是增函数，所以当时，，令，则，若时，，，所以只需，解得.若时，，，所以只需，解得.当时，成立.综上，故选.练习.已知函数，函数（），若对任意的，总存在使得，则实数的取值范围是（）．．．．【答案】【解读】由题意，可得在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域，即可求解.【详解】由题意，函数的导数为，当时，，则函数为单调递增；当时，，则函数为单调递减，即当时，函数取得极小值，且为最小值，又由，可得函数在的值域，由函数在递增，可得的值域，由对于任意的，总存在，使得，可得，即为，解得，故选.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及导数在函数中的应用，其中解答中转化为在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试卷.练习．函数，，若对，，，则实数的最小值是．【答案】【解读】利用导数以及指数函数的性质，分别求出函数（），（）的最值，将问题转为求（）≥（）即可．【详解】，在递减，在递增，所以，在单调递增，，由已知对，，，可知只需（）≥（）即，故答案为：.练习．已知函数，且，，若存在，使得对任意，恒成立，则的取值范围是．【答案】【解读】存在，使得对任意的，恒成立，即，由在上递增，可得，利用导数可判断在上的单调性，可得，由，可求得的范围；【详解】的定义域为，，当时，，，为增函数，所以；若存在，使得对任意的，恒成立，即，，当时，为减函数，，∴，，∴故答案为：.【点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数。
（五）数列与不等式例．【湖北省武汉市届月高三数学试卷】等差数列的前项和，若，，则下列结论正确的是（）．，．，．，．，【答案】【解读】设（）判断函数的奇偶性以及函数的单调性，然后判断，且＜，推出结果．故选：．【点睛】本题考查构造法的应用，利用函数的导数判断函数的单调性以及函数的奇偶性的应用，数列与函数相结合，考查计算能力．已知函数在处的切线方程为.()求函数的解读式；()若关于的方程恰有两个不同的实根,求实数的值；()数列满足.证明：①；②.【答案】（）；（）或；（）证明见解读.【解读】（）把代入切线方程，求出切点，把切点坐标代入二次函数得关于，方程，再由得另一方程，联立求解，的值，则函数解读式可求；（）把（）中求出函数（）的解读式代入方程（），然后转化为﹣（﹣），然后利用导数求函数的极值，根据函数的极值情况，通过画简图得到使方程﹣（﹣），即方程（）恰有两个不同的实根时的实数的值；（）①利用作差法证明即可；（）由得到，分别取，，…，代入后化简，则的整数部分可求．【详解】(),依题设,有即，解得，∴.()方程,即,得,记,则.令,得.∴当时,取极小值；当时,取极大值.作出直线和函数的大致图象,可知当或时,它们有两个不同的交点,因此方程恰有两个不同的实根.()①证明,得,又.∴,∴.②由,得,,即：,.【点睛】本题考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查了函数解读式的求解及常用方法，考查了函数的零点与方程根的关系，考查了数列的和，解答此题的关键在于构造函数，然后利用导数分析函数的极值借助于函数图象的大致形状分析函数零点的情况，是难度较大的题目．（六）极值点偏移与证明不等式例．【福建省福州市学年高三第一学期质量抽测】已知函数.（）求曲线在点处的切线方程；（）函数与函数的图像总有两个交点，设这两个交点的横坐标分别为，.（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）求证：.【答案】（）（）（ⅰ），（ⅱ）见解读【解读】（）求出的导数，求得切线的斜率，由得切点由点斜式方程可得切线的方程；（）（ⅰ）函数与函数的图像总有两个交点转化为函数有两个零点的问题，进而研究的导数及图像即可.（ⅱ）先由（ⅰ）得的单调性，分析出、不可能在同一单调区间内；设，将导到上，利用函数在上单调性，欲证,只需证明，结合，只需证明.再构造，结合单调性即可证明结论．【详解】（）解：由已知得，∴∴，又∵，曲线在点处的切线方程为：.（）（ⅰ）令，∴，由得，；由得，易知，为极大值点，又时，当时，即函数在时有负值存在，在时也有负值存在.由题意，只需满足，∴的取值范围是：（ⅱ）由题意知，，为函数的两个零点，由（ⅰ）知，不妨设，则，且函数在上单调递增，欲证，只需证明，而，所以，只需证明.令，则∴.∵，∴，即所以，，即在上为增函数，所以，，∴成立.所以，.【点睛】本题属于极值点偏移问题，主要考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来研究函数的单调性、极值，教案中的重点和难点．练习．已知函数的极小值为.（）求的值；（）任取两个不等的正数，且，若存在正数，使得成立，求证：.【答案】（）；（）见解读.【解读】（）求函数的导数，分类讨论，确定函数的单调性，即可得到结论；（）求出后把用，表示，再把与作差后构造辅助函数，求导后得到构造的辅助函数的最小值大于，从而得到，运用同样的办法得到，最后得到要证的结论.【详解】（）显然，，令，解得.当时，若，为减函数；若，为增函数,∴在处取得极小值，∴解得当时与题意不符，综上，.（）由（）知，，∴,∴，即..设，则再设，则，在上是减函数∴，即，又∴，即，∴，∴,同理可证得, ∴.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，由，得函数单调递增，得函数单调递减；解题的关键亦为其难点即通过构造函数和，利用函数的单调性和极值证明不等式，是一道难度较大的综合题型．练习．已知函数，.(Ⅰ)当时，求函数在区间上的最值；(Ⅱ)若，是函数的两个极值点，且，求证：.【答案】(Ⅰ) 最小值为，最大值为； (Ⅱ)证明见解读。
【解读】（Ⅰ）求出函数（）的定义域，运用导函数判断函数的单调性，求解函数的最值即可．（Ⅱ），是函数的两个极值点，所以（）＝（）＝．令通过及构造函数，利用函数的导数判断函数的单调性，推出,所以，即可证明结论．【详解】(Ⅰ)当时，，函数的定义域为，所以，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.所以函数在区间上的最小值为，又，显然所以函数在区间上的最小值为，最大值为.当，，函数单调递减；所以函数的最大值为。
所以当直线与函数图像有两个不同的交点时，，且要证，只要证，易知函数在上单调递增，所以只需证,而，所以即证，记，则恒成立，所以函数在上单调递减，所以当时所以，因此.练习.已知函数．（）讨论的单调性；（）若存在两个极值点，证明：．【答案】（）见解读；（）证明见解读.【解读】 ()首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间；()根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.【详解】（）的定义域为，.（）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.（）由（）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于，所以等价于.设函数，由（）知，在单调递减，又，从而当时，.所以，即.【点睛】该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.练习.已知函数．（）求的单调区间；（）若有极值，对任意的，当，存在使，证明：【答案】（）详见解读；（）详见解读.【解读】（）求导数后根据可分类讨论，找到导数大于零、小于零的解即可求出单调区间;（）由（）有极值，则，由题设化简得，作差比较，构造函数，利用导数可得，进而可得，再利用由知在上是减函数，即可得出结论.【详解】（）的定义域为，.①若，则，所以在上是单调递增.②若，当时，，单调递增.当时，,单调递减.()由（）当时，存在极值.由题设得又，设.则.令，则所以在上是增函数，所以又，所以，因此即又由知在上是减函数，所以，即.（七）构造函数例．【河北省衡水中学届高三第一次摸考】已知函数.（）讨论的单调性；（）当,为两个不相等的正数，证明：.【答案】（）时，在区间内为增函数；时，在区间内为增函数；在区间内为减函数；（）见解读.【解读】 ()求出，分两种种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（）设，原不等式等价于，令，则原不等式也等价于即.设，利用导数可得在区间内为增函数，，从而可得结论.【详解】（）函数的定义域为，.若，，则在区间内为增函数；若，令，得.则当时，，在区间内为增函数；当时，，在区间内为减函数.（）当时，.不妨设，则原不等式等价于，令，则原不等式也等价于即..下面证明当时，恒成立.设，则，故在区间内为增函数，，即，所以.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.练习.设函数.（）若恒成立，求的取值范围；（）对函数图像上任意两个点，，设直线的斜率为（其中为函数的导函数），证明：.【答案】（）（）证明过程详见解读【解读】（）恒成立即，利用导函数研究函数的单调性与极值即可；（）由要证，即证，令，，即证.【详解】（）解法一：，，在为减函数，在为增函数.∴，由已知，所以所求范围为.解法二：由，有，∵，∴恒成立，，，易知在为减函数，在为增函数，，∴（）证明：∵，∴，要证，即证∵，只要证，即证令，，即证，也即证设，，∵∴在为减函数故，即，所以成立.【点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略() 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.练习.已知函数．Ⅰ若函数的最大值为，求实数的值；Ⅱ若当时，恒成立，求实数的取值范围；Ⅲ若，是函数的两个零点，且，求证：．【答案】Ⅰ；Ⅱ；证明见解读.【解读】Ⅰ求出函数的定义域，利用导函数符号判断函数的单调性，由单调性求解函数的最大值，然后求出即可；Ⅱ化简恒成立的不等式为，得到令，利用函数的导数符号判断函数的单调性，得到，然后求解的范围；Ⅲ，是函数的两个零点，可得，构造函数，利用函数的导数的符号判断函数的单调性，推出，得到，即可证明结论．【详解】Ⅰ函数的定义域为因为，所以在内，，单调递增；在内，，单调递减．所以函数在处取得唯一的极大值，即的最大值．因为函数的最大值为，所以，解得Ⅱ因为当时，恒成立，所以，所以，即．令，则因为，所以．所以在单调递增所以，所以，所以即实数的取值范围是；Ⅲ由Ⅰ可知：，．所以因为，是函数的两个零点，所以．因为令，则．所以在，，单调递减．所以．所以，即．由Ⅰ知，在单调递增，所以，所以【点睛】本题主要考查利用导数求函数的最值、证明不等式以及不等式恒成立问题，属于难题．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.（八）不等式与参数例．【江西省南康中学届高三数学试卷】已知函数.（）讨论函数的单调性；（）当时，若方程在区间上有唯一的实数解，求实数的取值范围；（）当＞时，若对于区间[，]上的任意两个实数，，且＜，都有成立，求实数的最大值．【答案】（）见解读；（）；（）【解读】（）求得函数定义域后对函数求导，对分成两类，讨论函数的单调区间.（）化简，分离出常数.利用导数求得函数的单调区间，由此求得的取值范围.（）由（）知函数在上递增.由此去掉绝对值化简题目所给不等式，构造函数，利用在上递减，导数小于零，分离出常数，再利用导数求得的最大值.【详解】（）（）的定义域是（，∞），′（），≥时，′（）＞，故≥时，（）在（，∞）递增；＜时，方程的判别式为：△＞，令′（）＞，解得：＞，令′（）＜，解得：＜＜，故＜时，（）在（，∞）递增，在（，）递减；（）时，由题意得：，整理得：，令（），′（），令′（）＞，解得：∈（，），函数（）在（，）递增，令′（）＜，解得：∈（，∞），函数（）在（，∞）递减；若方程（）在[，∞）上有唯一实数根，须求（）在[，∞）上的取值范围，（）≤（），又（）＞，（＞），∴的范围是（）≤≤，即≤≤；令（），则′（）＞，故（）在[，]递增，故（）∈[，］，故≤．实数的最大值为.。