利用导数研究不等式 -学案
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。
基于深度学习的“利用导数研究不等式的恒成立(有解)问题”微设计
中学数学教学参考（上旬>2021年第1期咼考■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■“利用导数研究不等式的恒成立（有解）问题”賴®T刘建国，张志怀（宁夏回族自治区银川市第二十四中学）文章编号：1002-2171 (2021) 1-0068-04利用导数研究不等式恒成立（有解）问题是高考 数学常考常新的热点、难点问题。
此类问题重点考查 学生的逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养及 综合运用数学知识分析、解决问题的能力。
高三第二 轮复习阶段，为进一步提升素养，强化函数与方程、数 形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想方法的渗 透,笔者尝试开展基于深度学习的专题复习微设计教 学，以促进学生对数学知识及思想方法的深层加工、 深度理解并实现知识建构、迁移运用。
本文现以不等 式恒成立（有解）问题为载体，尝试开展基于深度学习 的高考数学专题复习微设计教学实践。
1示例分析解题教学是解题活动的教学，其核心是通过对数 学的学习培养学生的思维能力。
结合高考中不等式 恒成立(有解）问题开展解题教学，是促进学生深度学 习、发展学生数学高阶思维、提升学生数学核心素养 的重要途径。
1.1不等式恒成立问题例1 (2020年高考数学全国卷I 理科第21题）已知函数/(d ^ei +ajc 2—1。
(I )当a = l 时，讨论/U )的单调性；(n )当x 彡0时，/(x )>|x 3 + l ，求a 的取值 范围。
思路探求：利用导数解决条件不等式恒成立问题 可以先对目标不等式进行等价转化，依据其形式及结 构特点恰当选择(构造）新的目标函数，通过研究其单 调性、最值(极值)等相关性质达到解决问题的目的。
解：（I )略。
(n )解法i :/u )>|x 3 + i 等价于（+工3- ax 2 + j : + 1) • e —设容(:r ) =(~^x 3—a x 2+:r +l ) • e -工(x >0)，则g (x ) = — x [_x z — (2a + 3)x + 4a + 2] • e-J =—-^-：c(x —2) [x —(2a +1) ] • e—J 〇若 2a +l <0,即— ^■，则当(〇,2)时，，（:〇>0,所以g u )在区间（0,2)内单调递增，而 客（0)=1，故当16(0,2)时，以：〇>1，不符合题意。
第五节 利用导数研究不等式恒成立问题
范围.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，
g(x)在(1，x2)上单调递减，此时g(x)＜g(1)＝0.
[关键4：利用导数研究函数单调性，求函数值域]
综上，a的取值范围是(－∞，2].
考法一 分离参数法解决不等式恒成立问题
[例1] (2019·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝axex－(a＋ 1)(2x－1)．
考法二 等价转化法解决不等式恒成立问题
[例2] (2019·合肥六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－ 1)ex，g(x)＝12x2＋ax，其中a为常数．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成 立，求实数a的取值范围．
(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)＝xex－2(2x－1)． 即f′(x)＝xex＋ex－4， 则f′(0)＝－3，f(0)＝2， 所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.
(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间； (2)若 f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)ln x， f′(x)＝ln x＋(x－1)·1x＝ln x－1x＋1，设 g(x)＝ln x－1x＋1， 则g′(x)＝x＋x2 1>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0， ∴ x∈(0,1)时，g(x)<0，即f′(x)<0， x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0， ∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
高考数学一轮总复习课件：专题研究-利用导数证明不等式
2a2－4或x＝a＋
a2－4 2.
当x∈(0，a－ 2a2－4)，(a＋ 2a2－4，＋∞)时，f′(x)<0；当
x∈(a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4)时，f′(x)>0.
所以f(x)在
0，a－
a2－4
2
，
a＋
2a2－4，＋∞
上单调递
减，在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2时
课外阅读
一、赋值法证明正整数不等式 (1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质 证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式， 用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次 求和达到证明的目的．此类问题一般至少两问，所证的不等式 常由第一问根据待证式的特征而得到． (2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式 为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、 对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln(x＋1)<x等．
所以函数h′(x)＝ex＋1－
1 x＋1
在(－1，＋∞)上有唯一零点
x0，且x0∈－12，0. 因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝x0＋1 1， 即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)． 当x∈(－1，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋
∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：
f（x1）－f（x2） x1－x2
<a
－2.
【思路】 (1)求f(x)的定义域，对函数f(x)求导，对参数a进
行分类讨论，即可判断f(x)的单调性；(2)结合(1)，求出f(x)存在
利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题
利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题1．设函数f (x )＝(1＋x －x 2)e x (e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1＋2x 2恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(2－x －x 2)e x ＝－(x ＋2)(x －1)e x .当x <－2或x >1时，f ′(x )<0；当－2<x <1时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2,1)上单调递增．(2)设F (x )＝f (x )－(ax ＋1＋2x 2)，F (0)＝0，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ，F ′(0)＝2－a ，当a ≥2时，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ≤－(x ＋2)·(x －1)e x －4x －2≤－(x ＋2)(x －1)e x －x －2＝－(x ＋2)·[(x －1)e x ＋1]，设h (x )＝(x －1)e x ＋1，h ′(x )＝x e x ≥0，所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )＝(x －1)e x ＋1≥h (0)＝0，即F ′(x )≤0在[0，＋∞)上恒成立，F (x )在[0，＋∞)上单调递减，F (x )≤F (0)＝0，所以f (x )≤ax ＋1＋2x 2在[0，＋∞)上恒成立．当a <2时，F ′(0)＝2－a >0，而函数F ′(x )的图象在(0，＋∞)上连续且x →＋∞，F ′(x )逐渐趋近负无穷，必存在正实数x 0使得F ′(x 0)＝0且在(0，x 0)上F ′(x )>0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，此时F (x )>F (0)＝0，f (x )>ax ＋1＋2x 2有解，不满足题意． 综上，a 的取值范围是[2，＋∞)．2．设函数f (x )＝2ln x －mx 2＋1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当f (x )有极值时，若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2mx ＝－2(mx 2－1)x， 当m ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m >0时，令f ′(x )>0，得0<x <m m ， 令f ′(x )<0，得x >m m ， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当f (x )有极值时，m >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减．∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫m m ＝2ln m m －m ·1m ＋1＝－ln m ， 若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，则f (x )max >m －1.即－ln m >m －1，ln m ＋m －1<0成立．令g (x )＝x ＋ln x －1(x >0)，∵g ′(x )＝1＋1x>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 且g (1)＝0，∴0<m <1.∴实数m 的取值范围是(0,1)．3．(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1.(1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围．解：(1)∵f ′(x )＝1x，∴f ′(1)＝1. 又∵f (1)＝0，∴所求切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)，即为x －y －1＝0.(2)易知对任意的x ∈(1，＋∞)，f (x )>0，g (x )>0.①当a ≥1时，f (x )<g (x )≤ag (x )；②当a ≤0时，f (x )>0，ag (x )≤0，不满足不等式f (x )≤ag (x )；③当0<a <1时，设φ(x )＝f (x )－ag (x )＝ln x －a (x －1)，则φ′(x )＝1x－a (x >1)，令φ′(x )＝0，得x ＝1a， 当x 变化时，φ′(x )，φ(x )的变化情况如下表：∴φ(x )max ＝φ⎝⎛⎭⎫1a >φ(1)＝0，不满足不等式．综上所述，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．4．已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)．(1)求函数f (x )的极小值；(2)若存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1(e 是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x －1)ln a .∵当a >1时，ln a >0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上是增函数，当0<a <1时，ln a <0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上也是增函数，∴当a >1或0<a <1时，f ′(x )在R 上是增函数，又∵f ′(0)＝0，∴f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f (x )在x ＝0处取得极小值1.(2)∵存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1，∴只需f (x )max －f (x )min ≥e －1即可．由(1)可知，当x ∈[－1,1]时，f (x )在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数， ∴当x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max 为f (－1)和f (1)中的较大者．f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝⎛⎭⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1a－2ln a ， 令g (a )＝a －1a－2ln a (a >0)， ∵g ′(a )＝1＋1a 2－2a ＝⎝⎛⎭⎫1－1a 2>0， ∴g (a )＝a －1a－2ln a 在(0，＋∞)上是增函数． 而g (1)＝0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (－1)；当0<a <1时，g (a )<0，即f (1)<f (－1)．∴当a >1时，f (1)－f (0)≥e －1，即a －ln a ≥e －1.由函数y ＝a －ln a 在(1，＋∞)上是增函数，解得a ≥e ；当0<a <1时，f (－1)－f (0)≥e －1，即1a＋ln a ≥e －1， 由函数y ＝1a ＋ln a 在(0,1)上是减函数，解得0<a ≤1e. 综上可知，所求实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．。
导数在处理不等式的恒成立问题(一轮复习教案)
学习过程一、复习预习考纲要求：1．理解导数和切线方程的概念。
2．能在具体的数学环境中，会求导，会求切线方程。
3．特别是没有具体点处的切线方程，如何去设点，如何利用点线式建立直线方程。
4．灵活应用建立切线方程与其它数学知识之间的内在联系。
5. 灵活应用导数研究函数的单调性问题二、知识讲解1.导数的计算公式和运算法那么几种常见函数的导数：0'=C (C 为常数)；1)'(-=n n nx x (Q n ∈)；x x cos )'(sin =； x x sin )'(cos -=；1(ln )x x '=； 1(log )log a a x e x'=， ()x x e e '= ； ()ln x x a a a '= 求导法那么：法那么1 [()()]()()u x v x u x v x ±'='±'．法那么2 [()()]()()()()u x v x u x v x u x v x '='+', [()]'()Cu x Cu x '=法那么3： '2''(0)u u v uv v v v -⎛⎫=≠ ⎪⎝⎭复合函数的导数：设函数()u x ϕ=在点x 处有导数()x u x ϕ'='，函数()y f u =在点x 的对应点u 处有导数()u y f u '='，那么复合函数(())y f x ϕ=在点x 处也有导数，且x u x u y y '''⋅= 或(())()()x f x f u x ϕϕ'='⋅'2.求直线斜率的方法〔高中范围内三种〕(1) tan k α=〔α为倾斜角〕； (2) 1212()()f x f x k x x -=-，两点1122(,()),(,())x f x x f x ； (3)0()k f x '= 〔在0x x =处的切线的斜率〕；3.求切线的方程的步骤：〔三步走〕〔1〕求函数()f x 的导函数()f x '；〔2〕0()k f x '= 〔在0x x =处的切线的斜率〕；〔3〕点斜式求切线方程00()()y f x k x x -=-；4.用导数求函数的单调性：〔1〕求函数()f x 的导函数()f x '；〔2〕()0f x '>，求单调递增区间；〔3〕()0f x '<，求单调递减区间；〔4〕()0f x '=，是极值点。
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。
利用导数处理与不等式有关的问题
利用导数处理与不等式有关的问题作者：杨忠来源：《新课程·中学》2014年第08期摘要：导数是研究函数性质的一种重要工具。
在处理与不等式有关的综合性问题时往往需要利用函数的性质。
因此，很多时侯可以利用导数作为工具得出函数性质，从而解决不等式问题。
下面具体讨论导数在解决与不等式有关的问题时的作用。
关键词：导数；不等式；问题一、利用导数证明不等式1.利用导数得出函数单调性来证明不等式我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）.因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性，然后再用函数单调性达到证明不等式的目的.即把证明不等式转化为证明函数的单调性.具体有如下几种形式：由本例可知用函数单调性证明不等式时，如何选择自变量来构造函数是比较重要的.2.利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式导数的另一个作用是求函数的最值，因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数求出该函数的最值；由当该函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把证明不等式问题转化为函数求最值问题.例3：已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1.（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性.（Ⅱ）设a≤-2，证明：对任意x1，x2∈（0，+∞），f（x1）-f（x2）≥4x1-x2.【解题思路】利用导数考察函数的单调性，注意对数求导时定义域，第Ⅱ问构造函数证明函数的单调性.二、利用导数解决不等式恒成立问题不等式恒成立问题，一般都会涉及求参数范围，往往把变量分离后可以转化为m>f（x）（或m参考文献：赵大鹏.3+X高考导练：数学[M].中国致公出版社，2004-06.作者简介：杨忠，男，1979年5月出生，本科，就职学校：辽宁省大连市金州高级中学，研究方向：数学教学.。
利用导数研究不等式恒成立问题
(2)当 x>0 时，函数 f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围．
[解] 由 f(1)≥0，得 a≥e－1 1>0， 则 f(x)≥0 对任意的 x>0 恒成立可转化为a＋a 1≥2xx－ex 1对任意 的 x>0 恒成立． 设函数 F(x)＝2xx－ex 1(x>0)，则 F′(x)＝－2x＋x12exx－1. 当 0<x<1 时，F′(x)>0；当 x>1 时，F′(x)<0， 所以函数 F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以 F(x)max＝F(1)＝1e. 于是a＋a 1≥1e，解得 a≥e－1 1.
(2)若对任意的 x∈[0，＋∞)，不等式 f(x)≥g(x)恒成立，求 实数 a 的取值范围．
[解] 令 h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得 h(x)min≥0 在 x∈[0，＋∞) 上恒成立，因为 h(x)＝(x＋a－1)ex－12x2－ax，
所以 h′(x)＝(x＋a)(ex－1)． ①若 a≥0，则当 x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数 h(x)在 [0，＋∞)上单调递增， 所以 h(x)min＝h(0)＝a－1，则 a－1≥0，得 a≥1. ②若 a<0，则当 x∈[0，－a)时，h′(x)≤0； 当 x∈(－a，＋∞)时，h′(x)>0， 所以函数 h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增， 所以 h(x)min＝h(－a)， 又因为 h(－a)<h(0)＝a－1<0，所以不合题意． 综上，实数 a 的取值范围为[1，＋∞)．
1 f(x)<k＋2x－x2
成立，求 k 的取值范围．
解：由题意知 f(x)＝exx<k＋21x－x2对任意的 x∈(0,2)都成立，
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。
专题五-利用导数证明不等式--教案
专题五 利用导数证明不等式一、用函数的单调性证明不等式：我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）．因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性，然后再用函数单调性达到证明不等式的目的．即把证明不等式转化为证明函数的单调性．一般方法：构造辅助函数→判定单调性→得所证不等式．基本依据：若()f x 在(,)a b 内单增⇒()()()f a f x f b <<；若()f x 在(,)a b 内单减⇒()()()f b f x f a <<．具体有如下几种形式：1．由欲证形式直接构造构造“形似”函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立．【例1】当0x >时，求证；2ln(1)02x x x --+<． 证明：设2()ln(1) (0)2x f x x x x =--+≥，则2()1x f x x '=-+． ∵0x >，∴()0f x '<，故()f x 在[0,)+∞上递减，∴0x >时，()(0)0f x f <=，即2ln(1)02x x x --+<成立． 【针对练习1】求证：当(1,)x ∈+∞时，3221ln 032x x x -->． 证明：设3221()ln 32F x x x x =--，[1,)x ∈+∞，则221(1)(21)()2x x x F x x x x x-++'=--=． 当1>x 时，()0F x '>，从而)(x F 在(1,)+∞上为增函数， ∴1()(1)06F x F >=>，∴3221ln 032x x x -->． 2．由欲证形式做恒等变形作差或作商，变成初等函数四则运算的形式，若变量没有x ，将其中一个常数改为x ），则另一端即为所求作的辅助函数()F x ，然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等 式的目的．【例2】求证：当),0(+∞∈x 时，2ln(1)2(1)x x x x +<-+． 证明：令2()ln(1)2(1)x f x x x x =--++，补充定义(0)0f =，则 2222244212()104(1)14(1)x x x x f x x x x +-'=--=>+++， ∴()f x 在[0,)+∞上单调递增，∴在(0,)+∞上()(0)0f x f >=， ∴2ln(1)2(1)x x x x +<-+． 点评：一般的，用导数证明不等式时要注意所构造的函数在区间端点处是否连续，即是否要补充函数在端点处的定义；另外要注意用到一个结论：设函数()f x 在区间[,)a +∞上连续，在区间(,)a +∞内可 导，且()0f x '>，又()0f a ≥，则x a >时，()0f x >．【针对练习2】求证：当(0,)x π∈时，sin x x <．证明：令()sin f x x x =-，补充定义(0)0f =，则()cos 10f x x '=-<，∴()f x 在(0,)π上单调递减，∴在(0,)π上()(0)0f x f <=，∴sin x x <．【例3】当)1,0(∈x 时，证明：22(1)ln (1)x x x ++<．证明：令22()(1)ln (1)f x x x x =++-，则(0)0f =，而2()ln (1)2ln(1)2f x x x x '=+++-，(0)0f '=，当(0,1)x ∈时，ln(1)22()22[ln(1)]0111x f x x x x x x+''=+-=+-<+++， ∴()f x '在(0,1)x ∈上递减，即()(0)0f x f ''<=，从而()f x 在(0,1)递减， ∴()(0)0f x f <=，22(1)ln (1)x x x ++<．【针对练习3】求证：当),0(+∞∈x 时，2112x e x x ->+． 证明：设21()1 (0)2x f x e x x x =---≥，则()1x f x e x '=--，()1x f x e ''=-． 当0x ≥时，()0f x ''≥，∴()f x '在[0,)+∞上单调递增，()(0)0f x f ''≥=，∴()f x 在[0,)+∞上单调递增，()(0)0f x f ≥=，∴2112x e x x ->+． 【例4】求证：当0x π<<时，sin 2x x π>． 证明：若令()sin 2x x f x π=-，证明过程比较麻烦，我们可令sin 2()x f x x=， 则221cos sin cos 2222()(tan )022x x x x x x f x x x ⋅-'==-<， ∵0x π<<，∴022x π<<，则tan 22x x <，∴()0f x '<，即()f x 在(0,)π上单减， 故1()()f x f ππ>=，即sin 2x x π>． 【例5】求证：当b a e >>时，b a a b >．（常数不等式一般化为函数不等式证明） 分析：ln ln ln ln b a a b a b b a a b a b >⇔>⇔>，可令ln () ()x f x x e x=>，证()f x 单减； 或者ln ln b a a b b a a b >⇔>，证ln ln ()x a a x x a >>，可令()ln ln ()f x x a a x x a =->，证()0f x >．证法一：令ln () ()x f x x e x =>，则21ln ()0x f x x -'=<，∴()f x 在(,)e +∞单减， 又b a e >>，∴ln ln a b a b>，即b a a b >． 证法二：令()ln ln ()f x x a a x x a e =->>，则()ln 0a f x a x'=->， ∵ln 1a >，1a x<，∴()f x 在(,)a +∞单增， ∴()()0f x f a >=，ln ln ()x a a x x a >>，特别地令x b =，得ln ln b a a b >，即b a a b >．【针对练习4】证明：当1x >时，2ln (1)ln ln(2)x x x +>+．证明：设ln(1)() (1)ln x f x x x+=>，则22ln ln(1)ln (1)ln(1)1()ln (1)ln x x x x x x x x f x x x x x +--+++'==+． 由于11x x <<+，∴0ln ln(1)x x <<+，故ln (1)ln(1)x x x x -++，∴在(1,)+∞内()0f x '<，∴()f x 在(1,)+∞单减，即ln(1)ln(2)ln ln(1)x x x x ++>+， 从而2ln (1)ln ln(2)x x x +>+．3．通过换元后作差构造函数证明不等式． 【例6】（07山东）证明：对任意的正整数n ，不等式23111ln(1)n n n +>-都成立． 分析：本题是山东卷的第（2）问，从所证结构出发，只需令x n=1，则问题转化为：当0>x 时，恒有 23ln(1)x x x +>-成立，现构造函数32()ln(1)h x x x x =-++，求导即可达到证明．证明：令32()ln(1)h x x x x =-++，则32213(1)()3211x x h x x x x x +-'=-+=++在),0(+∞∈x 上恒正， ∴函数()h x 在(0,)+∞上单调递增，∴(0,)x ∈+∞时，恒有()(0)0h x h >=，即32ln(1)0x x x -++>，∴23ln(1)x x x +>-．对任意正整数n ，取1(0,)x n =∈+∞，则有23111ln(1)n n n+>-． 【针对练习5】若(0,)x ∈+∞，求证：111ln 1x x x x+<<+． 证明：令11t x +=，∵0x >，∴1t >，11x t =-． 则原不等式11ln 1t t t ⇔-<<-，令()1ln f t t t =--([1,))t ∈+∞，∴1()1f t t'>-． ∵[1,)t ∈+∞，∴()0f t '≥，∴()f t 在[1,)+∞上为增函数．()(1)0f t f >=，∴1ln t t ->． 令1()ln 1g t t t =-+([1,))t ∈+∞，∴22111()t g t t t t-'=-=， ∵[1,)t ∈+∞，∴()0g t '≥，∴()g t 在[1,)+∞上为增函数．()(1)0g t g >=，∴1ln 1t t >-，∴111ln 1x x x x+<<+． 点评：（1）代换作用：此题设代换11t x=+，0x <<+∞实际上就是把原来取不到的0x =值代换为可取 到的1t =，把原来要研究函数在x →+∞处的值，等价为研究函数在1t =处的值；（2）若令1t x =，则11ln(1)x x +<，即为本题的特例，想一想11ln 1x x x +<+如何证？ 4．利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式．【例7】求证：当n N *∈，3n ≥时，221nn >+．证明：要证原式，即需证：2210n n -->，对3n ≥时成立．设()22 1 (3)x f x x x =--≥，则()2ln2 2 (3)x f x x '=-≥，∵3x ≥，∴3()2ln 22f x '≥->，∴()f x 在[3,)+∞上是增函数，∴()f x 的最小值为3(3)26110f =--=>，()0 (3)f x x >≥． ∴，n N *∈，3n ≥时，221n n >+．【针对练习6】当0x >，01a <<时，证明：1a x ax a -≤-．证明：设() 1 (0)a f x x ax a x =-+->，则11()(1)a a f x ax a a x--'=-=-．令()0f x '=，得1x =．当(0,1)x ∈时，()0f x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，即)(x g 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数．故函数()f x 在(0,)+∞上的最大值为max ()(1)0f x f ==，即()(1)0f x f ≤=，∴10a x ax a -+-≤，即1a x ax a -≤-．【例8】（07安徽）已知定义在正实数集上的函数21()22f x x ax =+，2()3ln g x a x b =+，其中0a >， 且2253ln 2b a a a =-，求证：()()f x g x ≥． 证明：设221()()()23ln 2F x g x f x x ax a x b =-=+--，则23()(3)()2a x a x a F x x a x x-+'=+-=， ∵0x >，0a >，∴当x a =时，()0F x '=，故()F x 在(0,)a 上为减函数，在(,)a +∞上为增函数，于是函数()F x 在(0,)+∞上的最小值是()()()0F a f a g a =-=，故当0x >时，有()()0f x g x -≥，即()()f x g x ≥．【针对练习7】已知函数()ln(1)f x x x =+-，求证：当1x >-时，恒有11ln(1)1x x x -≤+≤+． 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1()ln(1)11g x x x =++-+，从其 导数入手即可证明． 证明：1()111x f x x x '=-=-++． ∴当10x -<<时，()0f x '>，即()f x 在(1,0)-上为增函数；当0>x 时，()0f x '<，即()f x 在(0,)+∞上为减函数．于是函数()f x 在(1,)-+∞上的最大值为max ()(0)0f x f ==，因此，当1x >-时，()(0)0f x f ≤=，即ln(1)0x x +-≤，∴ln(1)x x +≤． 令1()ln(1)11g x x x =++-+，则2211()1(1)(1)x g x x x x '=-=+++． 当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，当(0,)x ∈+∞时，()0g x '>，即)(x g 在(1,0)-上为减函数，在(0,)+∞上为增函数．故函数)(x g 在(1,)-+∞上的最小值为min ()(0)0g x g ==，∴当1x >-时，()(0)0g x g ≥=，即1ln(1)101x x ++-≥+，∴111)1ln(+-≥+x x ． 综上可知，当1x >-时，有11ln(1)1x x x -≤+≤+． 【例9】已知31()3f x x x =-，1x ，2[1,1]x ∈-时，求证：12|()()|f x f x -43≤． 证明：∵2()1f x x '=-，[1,1]x ∈-时，()0f x '≤，∴()f x 在[1,1]-上递减，故()f x 在[1,1]-上的最大值为2(1)3f -=，最小值为2(1)3f =-， 即()f x 在[1,1]-上的值域为22[,]33-． ∴1x ，2[1,1]x ∈-时，1|()|f x 23≤，2|()|f x 23≤， 即有12|()()|f x f x -≤12|()||()|f x f x +224333≤+=． 【针对练习8】证明：若1p >，对于[0,1]中的任意x 都有11(1)12p p p x x -≤+-≤．证明：()(1) (01)p p f x x x x =+-≤≤，则1111()(1)[(1)]p p p p f x px p x p x x ----'=--=--，令()0f x '=，则11(1)p p x x --=-，即1x x =-，解得12x =． 当1(,1]2x ∈时，()0f x '>，当1[0,)2x ∈时，()0f x '<，∴()f x 在1[0,)2递减；()f x 在1(,1]2递增．∴()f x 的最小值为111111()()()2()22222p p p p f -=+==， 又(1)1f =，(0)1f =，∴()f x 的最大值为1，即[0,1]x ∈时，11()12p f x -≤≤， 故11(1)12p p p x x -≤+-≤． 二、用中值定理证明不等式： 1．利用拉格朗日中值定理：若()f x 满足以下条件：（1）)(x f 在闭区间],[b a 内连续；（2）)(x f 在开区间),(b a 上可导，则在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得()()()f b f a f b aξ-'=-． 一般方法：构造辅助函数→据拉格朗日中值定理得等式→由ξ的范围确定()f ξ'范围得所证不等式．【例1】证明不等式：ln b a b b a b a a--<<(0)a b <<． 分析：把不等式可以改写成11()ln ln ()b a b a b a b a-<-<-，可见中项是函数ln x 在区间[,]a b 两端值之 差，而()b a -是该区间的长度，于是可对ln x 在[,]a b 上使用拉格朗日中值定理．证明：设()ln f x x =，则1()f x x'=．在区间[,]a b 上满足拉格朗日中值定理的条件， 故在(,)a b 上存在ξ，使得()()1()f b f a f b a ξξ-'==-，即ln ln 1b a b a ξ-=-． 又因111b aξ<<，于是有1ln ln 1b a b b a a -<<-，即ln b a b b a b a a --<<． 【针对练习1】设0a b <<，证明：22ln ln 2b a a b a a b ->-+． 证明：设()ln f x x =，则1()f x x'=．在区间[,]a b 上满足拉格朗日中值定理的条件， 故在(,)a b 上存在ξ，使得()()1()f b f a f b a ξξ-'==-，即ln ln 1b a b a ξ-=-． ∵222a b ab +≥，∴2212a b a b ≥+，又因11b ξ<，于是有22ln ln 2b a a b a a b ->-+． 【针对练习2】设2e a b e <<<，证明：2224ln ln ()b a b a e->-． 证明：令2()ln f x x =，则2ln ()x f x x'=．在区间[,]a b 上满足拉格朗日中值定理的条件， 故在(,)a b 上存在ξ，使得()()2ln ()f b f a f b a ξξξ-'==-，即22ln ln ln 2b a b a ξξ-=⋅-，2(,)(,)a b e e ξ∈⊂． 再令ln ()x g x x=2()e x e <<，1ln ()0x g x x -'=<， ∴()g x 单调递减，222()()g g e e ξ>=，从而2ln 42eξξ⋅>， ∴原不等式2224ln ln ()b a b a e->-成立. 说明：也可令2224()ln ln ()f x x a x a e=---，2()e a x e <<<，证()0f x >． 【例2】若0y x <<，1p >，则11()()p p p p py x y x y py x y ---<-<-．分析：∵0y x <<，则原不等式等价于11p pp p x y py px x y---<<-)1(>p ． 令()p f t t =，则我们容易联想到Lagrange 中值定理()()()()f x f y f x y x yξ-'-=-． 证明：设()p f t t =，则1()p f t pt -'=．在(,)y x 上满足Lagrange 中值定理的条件， 故(,)y x ξ∃∈，使得()()()f x f y f x y ξ-'=-，即1p pp x y p x yξ--=-． ∵(,)y x ξ∈，y x ξ<<，∴111p p p py p px ξ---<<，∴11()()p p p p py x y x y py x y ---<-<-．【针对练习3】（13湖北理）设n N *∈，r 为正有理数．证明：1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++． 证明：1()r f x x +=，x N *∈，r 为正有理数，则()(1)r f x r x '=+．在区间[,1]n n +上满足拉格朗日中值定理的条件，故在(,1)n n +上存在ξ，使得(1)()()(1)1r f n f n f r n nξξ+-'==++-， 即11(1)(1)r r r n n r ξ+++-=+，∴11(1)1r r r n n r ξ+++-=+． 又∵(,1)n n ξ∈+，r 为正有理数，∴r r n ξ>，∴11(1)1r r r n n n r +++-<+． 同理可证11(1)1r r r n n n r ++--<+，∴1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++． 【例3】证明：当0x >时，ln(1)1x x x x <+<+． 分析：注意到ln10=，可构造函数的改变量ln(1)ln1x +-，则相应自变量的改变量为(1)1x x +-=，所 证不等式等价于1ln(1)ln111x x x+-<<+，可考虑用拉格朗日中值定理，导数入手即可证明． 证明：令()ln f x x =，则1()f x x'=．在区间[1,1]x +上满足拉格朗日中值定理的条件． 故在(1,1)x +上存在ξ，使得(1)(1)1()11f x f f x ξξ+-'==+-， 即ln(1)ln11x x ξ+-=，∴ln(1)1x x ξ+=．由于1111x ξ<<+，∴1ln(1)11x x x +<<+，即ln(1)1x x x x <+<+． 【针对练习4】若01x <<，证明：2(1)1x x e x -<+． 证明：将不等式变形为2(1)(1)0x x e x --+<，令2()(1)(1)x f x x e x =--+，则2()(12)1x f x x e '=--．在区间[0,] (01)x x <<上满足拉格朗日中值定理的条件．故在(0,)x 上存在ξ，使得()(0)() (0)0f x f f x x ξξ-'=<<-，即()(0)()f x f f x ξ'-=， ∴22(1)(1)[(12)1]x x e x e x ξξ--+=--．由于2()(12)1f e ξξξ'=--的范围不易判断，于是求2()40f e ξξξ''=-<．∴()f ξ'在(0,1)上单调递减，()(0)0f f ξ''<=，即()(0)()0f x f f x ξ'-=<， ∴2(1)(1)0x x e x --+<．小结：拉格朗日中值定理本身是以等式的形式存在的，利用它证明不等式时，根据ξ在(,)a b 内的取值可以估计()f ξ'的取值范围，从而得到要证的不等式．在具体操作时，若要证的不等式不含函数改变 量()()f b f a -和自变量b a -，通过对不等式变形，凑出()()f b f a -和b a -，关键是准确选择函 数()f x ，以及区间[,]a b ．同时在确定()f ξ'时，可利用导数有关知识，如求二阶导数．2．利用积分中值定理：若)(x f 在闭区间],[b a 内连续，则在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得()()()ba f x dx fb a ξ'=-⎰．一般方法：构造辅助函数→据积分中值定理得等式→由ξ的范围确定()f ξ'范围得所证不等式．【例4】（13湖北理）设n N *∈，r 为正有理数．证明：1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++． 证明：()r f x x =，x N *∈，r 为正有理数，则在区间[,1]n n +上满足积分中值定理的条件， 故在(,1)n n +上存在ξ，使得111111(1)()[(1)]|11r r n rr n n n n n f n n x dx x r r ξ++++++-+-===++⎰， 即11(1)1r r rn n r ξ+++-=+． 又∵(,1)n n ξ∈+，r 为正有理数，∴r r n ξ>，∴11(1)1r r rn n n r +++-<+． 同理可证11(1)1r r r n n n r ++--<+，∴1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++． 【针对练习5】积分中值定理证明不等式：ln b a b b a b a a--<<(0)a b <<． 分析：1ln ln ln b a b b a dx a x =-=⎰，可见可用积分中值定理构造函数1()f x x=，[,]x a b ∈来处理． 证明：设1()f x x=，则在区间[,]a b 上满足积分中值定理的条件， 故在(,)a b 上存在ξ，使得1()()ln |ln ln b b a a b a f dx x b a x ξ-===-⎰，即ln ln 1b a b a ξ-=-． 又因111b aξ<<，于是有1ln ln 1b a b b a a -<<-，即ln b a b b a b a a --<<． 三、用凹凸性证明不等式：我们知道，在(,)a b 内，若()0f x ''>，则函数()y f x =的图形下凸，即位于区间12[,]x x 中点122x x +处弦的纵坐标不小于曲线的纵坐标，即有：1212()()()22x x f x f x f ++≤，其中1x ，2(,)x a b ∈内任意两点．等号仅在12x x =时成立．在(,)a b 内，若()0f x ''<，则函数()y f x =的图形上凸，即位于区间12[,]x x 中点122x x +处弦 的纵坐标不小于曲线的纵坐标，即有：1212()()()22x x f x f x f ++≥，其中1x ，2(,)x a b ∈内任意两 点．等号仅在12x x =时成立．一般方法：构造辅助函数→判定凹凸性→得所证不等式． 【例1】设0x >，0y >，证明不等式ln ln ()ln2x y x x y y x y ++≥+，且等号仅在x y =时成立． 分析：将不等式两边同时除以2，变形为为ln ln ()ln 222x x y y x y x y +++≥，便可看出，左边是函数 ()ln f t t t =在两点x ，y 处的值的平均值，而右边是它在中点2x y +处的函数值，这时只需 ()0f t ''≥即可得证．证明：设()ln f t t t =，即()1ln f t t '=+，1()0f t t''=>，故函数()y f x =在(0,)+∞是下凸的． 由下凸函数性质x ，(0,)y ∈+∞，1[()()]()22x y f x f y f ++≥，得 ln ln ()ln 222x x y y x y x y +++≥，即ln ln ()ln 2x y x x y y x y ++≥+，等号仅在x y =时成立． 【针对练习1】证明：1()() (0, 0, , 1)22n n n x y x y x y x y n ++>>>≠>． 证明：令() (0, 1)n f t t t n =>>，则1()n f t nt -'=，2()(1)0n f t n n t -''=->，∴函数()n f t t =在(0,)+∞是凹的，据凹凸性的定义可知，对任意的x ，(0,)y ∈+∞，x y ≠有()()()22x y f x f y f ++<，即1()()22n n n x y x y ++>．。
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。
第04讲 利用导数研究不等式恒成立问题 (精讲+精练)(学生版)
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)exmx x f x m +-=>. (1)判断()f x 的单调性；(2)若对[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()1224ef 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 a x =--≠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 a x 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 x f 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 1x f 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.。
利用导数证明不等式(经典导学案及练习答案详解)
§3.6 利用导数证明不等式题型一 将不等式转化为函数的最值问题例1 已知函数g (x )＝x 3＋ax 2.(1)若函数g (x )在[1,3]上为单调函数，求a 的取值范围；(2)已知a >－1，x >0，求证：g (x )>x 2ln x .(1)解 由题意知，函数g (x )＝x 3＋ax 2，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ，若g (x )在[1,3]上单调递增，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≥0在[1,3]上恒成立，则a ≥－32； 若g (x )在[1,3]上单调递减，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≤0在[1,3]上恒成立，则a ≤－92.所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－92∪⎣⎡⎭⎫－32，＋∞. (2)证明 由题意得，要证g (x )>x 2ln x ，x >0，即证x 3＋ax 2>x 2ln x ，即证x ＋a >ln x ， 令u (x )＝x ＋a －ln x ，x >0，可得u ′(x )＝1－1x ＝x －1x，x >0， 当0<x <1时，u ′(x )<0，函数u (x )单调递减；当x >1时，u ′(x )>0，函数u (x )单调递增．所以u (x )≥u (1)＝1＋a ，因为a >－1，所以u (x )>0，故当a >－1时，对于任意x >0，g (x )>x 2ln x .教师备选已知函数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. (1)解 因为f (x )＝1－ln x x，x >0，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1. 因为g (x )＝a e e x ＋1x－bx ， 所以g ′(x )＝－a e e x －1x 2－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，所以g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1，解得a ＝－1，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＋e e x＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋e e x ＋1>0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以当x ≥1时，h (x )≥h (1)＝0，即1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0， 所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 思维升华 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．跟踪训练1 已知函数f (x )＝ln x ＋a x，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a >0时，证明：f (x )≥2a －1a. (1)解 f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增；若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减．(2)证明 由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1.要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a， 即证ln a ＋1a－1≥0. 令函数g (a )＝ln a ＋1a－1， 则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a 2(a >0)， 当0<a <1时，g ′(a )<0；当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (a )min ＝g (1)＝0.所以ln a ＋1a－1≥0恒成立， 所以f (x )≥2a －1a. 题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2 (2022·武汉模拟)已知函数f (x )＝a ln x ＋x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明：xf (x )<e x .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋1＝x ＋a x. 当a ≥0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，若x ∈(－a ，＋∞)，则f ′(x )>0；若x ∈(0，－a )，则f ′(x )<0.所以f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减．综上所述，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减．(2)证明 当a ＝1时，要证xf (x )<e x ，即证x 2＋x ln x <e x ，即证1＋ln x x <e x x 2. 令函数g (x )＝1＋ln x x， 则g ′(x )＝1－ln x x 2. 令g ′(x )>0，得x ∈(0，e)；令g ′(x )<0，得x ∈(e ，＋∞)．所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (e)＝1＋1e， 令函数h (x )＝e xx2， 则h ′(x )＝e x (x －2)x 3. 当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (2)＝e 24. 因为e 24－⎝⎛⎭⎫1＋1e >0， 所以h (x )min >g (x )max ，即1＋ln x x <e xx2，从而xf (x )<e x 得证． 教师备选(2022·长沙模拟)已知函数f (x )＝e x 2－x ln x ．求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e. 证明 要证f (x )<x e x ＋1e， 只需证e x －ln x <e x ＋1e x， 即e x －e x <ln x ＋1e x. 令h (x )＝ln x ＋1e x(x >0)， 则h ′(x )＝e x －1e x2， 易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增， 则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1e x≥0. 再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，易知φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x，故原不等式成立． 思维升华 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．跟踪训练2 (2022·百校大联考)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 ≤0.(1)解 f ′(x )＝e x－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 <e a时，f ′(x )>0； 当x >e a时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫e a ，＋∞上单调递减． (2)证明 因为x >0，所以只需证f (x )≤e x x－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 x x －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2， 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 )≤e x x －2e. 故不等式xf (x )－e x ＋2e x ≤0得证．题型三 适当放缩证明不等式例3 已知函数f (x )＝e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x >－2时，求证：f (x )>ln(x ＋2)．(1)解 由f (x )＝e x ，得f (0)＝1，f ′(x )＝e x ，则f ′(0)＝1，即曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝x －0，所以所求切线方程为x －y ＋1＝0.(2)证明 设g (x )＝f (x )－(x ＋1)＝e x －x －1(x >－2)，则g ′(x )＝e x －1，当－2<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0，即g (x )在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，于是当x ＝0时，g (x )min ＝g (0)＝0，因此f (x )≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取等号)，令h (x )＝x ＋1－ln(x ＋2)(x >－2)，则h ′(x )＝1－1x ＋2＝x ＋1x ＋2， 则当－2<x <－1时，h ′(x )<0，当x >－1时，h ′(x )>0，即有h (x )在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，于是当x ＝－1时，h (x )min ＝h (－1)＝0，因此x ＋1≥ln(x ＋2)(当且仅当x ＝－1时取等号)，所以当x >－2时，f (x )>ln(x ＋2)． 教师备选已知函数f (x )＝x ln x x ＋m，g (x )＝x e x ，且曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为x －2y ＋n ＝0. (1)求m ，n 的值；(2)证明：f (x )>2g (x )－1.(1)解 由已知得，f (1)＝0，∴1－0＋n ＝0，解得n ＝－1.∵f ′(x )＝(ln x ＋1)(x ＋m )－x ln x (x ＋m )2，∴f ′(1)＝m ＋1(1＋m )2＝12， 解得m ＝1.(2)证明 设h (x )＝e x －x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x －1>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴h (x )>h (0)＝0，即e x >x ＋1>1，∴1e x <1x ＋1. 要证f (x )>2g (x )－1，即证x ln x x ＋1>2x e x－1， 只需证x ln x x ＋1≥2x x ＋1－1， 即证x ln x ≥x －1，令m (x )＝x ln x －x ＋1，则m ′(x )＝ln x ，∴当x ∈(0,1)时，m ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )>0，∴m (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴m (x )min ＝m (1)＝0，即m (x )≥0，∴x ln x ≥x －1，则f (x )>2g (x )－1得证．思维升华 导数方法证明不等式中，最常见的是e x 和ln x 与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对e x 和ln x 进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时取等号．(2)ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取等号．跟踪训练3 已知函数f (x )＝a e x －1－ln x －1.(1)若a ＝1，求f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：当a ≥1时，f (x )≥0.(1)解 当a ＝1时，f (x )＝e x －1－ln x －1(x >0)，f ′(x )＝e x －1－1x， k ＝f ′(1)＝0，又f (1)＝0，∴切点为(1,0)．∴切线方程为y －0＝0(x －1)，即y ＝0.(2)证明 ∵a ≥1，∴a e x －1≥e x －1，∴f (x )≥e x －1－ln x －1.方法一 令φ(x )＝e x －1－ln x －1(x >0)，∴φ′(x )＝e x －1－1x， 令h (x )＝e x －1－1x， ∴h ′(x )＝e x －1＋1x 2>0， ∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(1)＝0，∴φ(x )≥0，∴f (x )≥φ(x )≥0，即f (x )≥0.方法二 令g (x )＝e x －x －1，∴g ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g (x )min ＝g (0)＝0，故e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取“＝”．同理可证ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取“＝”．由e x ≥x ＋1⇒e x －1≥x (当且仅当x ＝1时取“＝”)，由x －1≥ln x ⇒x ≥ln x ＋1(当且仅当x ＝1时取“＝”)，∴e x －1≥x ≥ln x ＋1，即e x －1≥ln x ＋1，即e x －1－ln x －1≥0(当且仅当x ＝1时取“＝”)，即f (x )≥0.课时精练1．已知函数f (x )＝ln x x ＋a(a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝1e . (1)求实数a 的值，并求f (x )的单调区间；(2)求证：当x >0时，f (x )≤x －1.(1)解 ∵f (x )＝ln x x ＋a， ∴f ′(x )＝x ＋a x －ln x (x ＋a )2，∴f ′(e)＝a e (e ＋a )2， 又曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝1e， 则f ′(e)＝0，即a ＝0，∴f ′(x )＝1－ln x x 2， 令f ′(x )>0，得1－ln x >0，即0<x <e ；令f ′(x )<0，得1－ln x <0，即x >e ，∴f (x )的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e ，＋∞)．(2)证明 当x >0时，要证f (x )≤x －1，即证ln x －x 2＋x ≤0，令g (x )＝ln x －x 2＋x (x >0)，则g ′(x )＝1x －2x ＋1＝1＋x －2x 2x＝－(x －1)(2x ＋1)x， 当0<x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴g (x )≤g (1)＝0，即当x >0时，f (x )≤x －1.2．已知f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )的极值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立． (1)解 由f (x )＝x ln x ，x >0，得f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以当x ＝1e时，f (x )取得极小值， f (x )极小值＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e，无极大值． (2)证明 问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞))． 由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到． 设m (x )＝x e x －2e(x ∈(0，＋∞))， 则m ′(x )＝1－x ex ，由m ′(x )<0，得x >1时，m (x )单调递减；由m ′(x )>0得0<x <1时，m (x )单调递增，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2e ，两个等号不同时取到，所以对一切x ∈(0，＋∞)都有ln x >1e x －2e x成立．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)证明：e x －e 2ln x >0恒成立．(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x， 当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a， ∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0； x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)证明 要证e x －e 2ln x >0，即证e x －2>ln x ，令φ(x )＝e x －x －1，∴φ′(x )＝e x －1.令φ′(x)＝0，得x＝0，∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即e x－x－1≥0，即e x≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由e x≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得e x－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，又x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，∴e x－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，故e x－2>ln x．即证原不等式成立．4．(2022·常德模拟)已知函数f(x)＝x e x－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>0时，f(x)－ln x≥1.(1)解由题意得f′(x)＝(x＋1)e x－1，设g(x)＝(x＋1)e x，则g′(x)＝(x＋2)e x，当x≤－1时，g(x)≤0，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－1]上单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又因为g(0)＝1，所以当x<0时，g(x)<1，即f′(x)<0，当x>0时，g(x)>1，即f′(x)>0，综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明要证f(x)－ln x≥1，即证x e x－x－ln x≥1，即证e x＋ln x－(x＋ln x)≥1，令t＝x＋ln x，易知t∈R，待证不等式转化为e t－t≥1.设u(t)＝e t－t，则u′(t)＝e t－1，当t<0时，u′(t)<0，当t>0时，u′(t)>0，故u(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．所以u(t)≥u(0)＝1，原命题得证．。
导数不等式教案
导数不等式教案教案标题：导数不等式教案教案目标：1. 理解导数不等式的概念和性质。
2. 掌握使用导数不等式解决实际问题的方法。
3. 培养学生分析和解决问题的能力。
教学准备：1. 教师准备：a. 熟悉导数的定义和性质。
b. 研究和准备相关的导数不等式问题。
c. 准备教学素材、白板、彩色笔等。
2. 学生准备：a. 复习导数的定义和计算方法。
b. 准备纸和笔。
教学流程：引入（5分钟）：1. 教师可以通过提问或举例来引入导数不等式的概念，例如：“你们知道什么是导数吗？导数有什么作用？”2. 引导学生回顾导数的定义和计算方法。
讲解导数不等式（10分钟）：1. 通过示例和图形，解释导数不等式的概念和性质。
例如，当导数大于零时，函数递增；当导数小于零时，函数递减。
2. 强调导数不等式与函数的增减性质之间的关系。
解决实际问题（20分钟）：1. 教师提供一些实际问题，要求学生利用导数不等式解决问题。
例如，给定一个函数的导数，要求确定函数在哪些区间上是递增或递减的。
2. 学生在纸上进行计算和分析，并给出问题的解答。
练习与巩固（15分钟）：1. 学生个人或小组完成一些练习题，巩固导数不等式的应用。
2. 教师可以提供一些挑战性的问题，激发学生的思考和讨论。
总结与拓展（10分钟）：1. 教师对本节课的内容进行总结，并强调导数不等式的重要性和应用。
2. 提出一些拓展问题，鼓励学生进一步思考和研究导数不等式的相关问题。
作业布置：1. 布置一些练习题，要求学生自主完成。
2. 鼓励学生研究和探索更多与导数不等式相关的问题，并写出自己的思考和解决方法。
教学反思：1. 教师可以通过观察学生的参与情况和作业完成情况来评估学生对导数不等式的理解和掌握程度。
2. 教师可以根据学生的反馈和问题，及时调整教学策略，帮助学生更好地理解和应用导数不等式。
导数在不等式证明中的应用探究
２０２４年２月上半月㊀学习指导㊀㊀㊀㊀导数在不等式证明中的应用探究◉浙江省宁波中学㊀夏奕雯㊀㊀摘要:不等式常见的证明方法有构造法㊁比较法㊁反证法等,但是,一些不等式利用这些方法证明比较困难,而利用导数证明不等式不但能精简证明流程,而且能确保证明结果的准确性．本文中主要分析了利用函数凹凸性㊁导数定义㊁拉格朗日中值定理证明不等式的详细方式,且给出了多种方式的适用范畴,结合实际情况整理了使用多种方式开展不等式证明的主要观点．关键词:导数;不等式证明;拉格朗日中值定理;函数凹凸性１利用函数凹凸性证明不等式判断函数凹凸性并以此来证明不等式较为直观．首先要明确凸(凹)函数的定义．定义１[１]:若f (x )为定义在区间I 上的函数,若对I 上的任意两点x １,x ２和任意实数λɪ(０,１),总有f (λx １＋(１－λ)x ２)ɤλf (x １)＋(１－λ)f (x ２),则称f (x )即为I 上的凸函数．反之,如果总有f (λx １＋(１－λ)x ２ȡλf (x １)＋(１－λ)f (x ２),则称f (x )为I 上的凹函数．如果函数二阶可导,则可得出以下定理．定理１[２]:若f (x )为开区间I 上的二阶可导函数,且满足f ᵡ(x )＞０(fᵡ(x )＜０),x ɪI ,则f (x )为区间I 上的凹(凸)函数．因此,可以通过凹凸函数定义对不等式进行证明．现通过以下例题来详细说明．例１㊀证明:对于任意实数a ,b ,总有e a ＋b２ɤ１２(e a ＋e b)．证明:假设f (x )＝e x ,则f ᵡ(x )＝e x＞０,于是可证明f (x )是(－ɕ,＋ɕ)上的一个凸函数．假设λ＝１２,则１－λ＝１２,由此可得f (１２a ＋１２b )＝f (a ＋b )２)ɤ１２f (a )＋１２f (b )＝１２[f (a )＋f (b )],从而可证明不等式e a ＋b２ɤ１２(e a ＋e b)．已知闭区间上的连续函数存在着最大值与最小值,根据以上函数的凹凸性,能够得出以下定理．定理２:若f (x )在区间[a ,b ]上为连续凸函数,则f (x )ɤm a x {f (a ),f (b )};若f (x )在区间[a ,b ]上为连续凹函数,则f (x )ȡm a x {f (a ),f (b )}．通过以上定理,可以有效证明部分不等式,但必须要采用构造函数的方法,一般是对不等式的两边作差,可通过以下例题进行详细说明．例２㊀已知x ɪ[０,１],证明s i nπɤπ２２x (１－x )．证明:令f (x )＝s i nπx －π２２x (１－x ),x ɪ(０,１),则得f ᶄ(x )＝πc o sπx －π２２(１－２x ),且f ᶄᶄ(x )＝π２(１－s i nπx )＞０,则证明f (x )在[０,１]上为连续凸函数,根据定理２得出f (x )ɤm a x {f (０),f (１)}＝０,由此可证明该不等式．通过例１~２的分析不难看出,利用函数凹凸性来证明不等式,虽然过程较为繁复,但是也更加清晰明了．因此,在具体实践当中,若是遇到一些相对特殊的不等式题型,可合理利用函数凹凸性来求解,但首先必须要掌握函数凹凸的定义,进而对问题进行准确判断,消除解题过程中的不利因素,思路才会更加清晰明了．２利用拉格朗日中值定理证明不等式利用拉格朗日中值定理解决一些不等式的证明问题,可以简化解题的过程,并且非常直观清晰,所以,有必要深入探究其在不等式证明中的具体应用．为此,我们首先需要明确该定理,具体如下:定理３[３]:假如f 为闭区间[a ,b ]上的连续函数,且在开区间(a ,b )上可导,那么,其必然存在一点ξɪ(a ,b ),使得㊀㊀㊀㊀f ᶄ(ξ)＝f (b )－f (a )b －a．①利用拉格朗日中值定理证明不等式时,一般都要重点考虑函数的增减性,而导函数的增减性并不需要考虑．若判断出所讨论区间中导函数的正负性没有变化,则可以对所设函数的增减性进行准确的判断,以此证明不等式．一般而言,利用该方法证明不等式的重点在于:(１)需要将不等式做变形处理,以此出现f (b )－f (a )b －a这一形式,从而明确区间[a ,b ],准确选取函数f (x );(２)对函数f (x )在区间[a ,b ]上是否满足拉格朗日中值定理进行验证;(３)根据导函数f ᶄ(x )７５学习指导２０２４年２月上半月㊀㊀㊀在区间[a ,b ]中的具体取值,可以得出相应的不等式．以下通过具体的例题进行详细分析和说明．例３㊀证明:对于任意实数x １,x ２,总有|s i n x １－s i n x ２|ɤ|x １－x ２|．例３在三角函数中非常具有代表性,是证明函数连续和一致连续的关键所在．三角函数不等式证明题一般都是通过三角函数的和差化积公式来证明不等式．下面利用拉格朗日中值定理来对该不等式证明,当x １ʂx ２时,将不等式变形为|s i n x １－s i n x ２x １－x ２|ɤ１．证明:若x １＝x ２时,不等式成立．若x １ʂx ２,可令x １＜x ２,此时,设f (x )＝s i n x ,则在[x １,x ２]上函数f (x )符合拉格朗日中值定理的相关条件,则存在ξɪ(x １,x ２),使得s i n x １－s i n x ２x １－x ２＝|c o s ξ|ɤ１,由此完成该不等式的证明．对于例３,可以轻易判断出所需要构造的具体函数f (x ),因此,利用拉格朗日中值定理证明该类不等式非常简单．但是,在具体的实践当中,通常会遇到许多特殊的题型,此时就需要将不等式作适当的变形,才可以判断出具体的函数．比如例４:例４㊀若x ＞０,证明:０＜１l n (１＋x )－１x＜１．通过分析可知,若要将其化为式①的形式,就需要对其进行相应的变形处理．在两边分别加上１x,并对其进行化简处理,继而取两边的倒数,由此可得x１＋x＜l n (１＋x )＜x ．再将不等式两边都同除以x ,由x ＞０,可得１１＋x ＜l n (１＋x )－l n １x＜１．这种情况下,通过构造函数即可利用拉格朗日中值定理证明该不等式．证明:令f (t )＝l n (１＋t ),t ɪ[０,x ]．不难看出,函数f (t )在区间[０,x ]上符合拉格朗日中值定理相应的条件,所以存在ξɪ(０,x ),使得f (x )－f (０)x －０＝l n (１＋x )－l n １x ＝１１＋ξ．由１１＋x ＜１１＋ξ＜１,可得出１１＋x ＜l n (１＋x )x＜１,对其进行简化,即可证明该不等式．通过上述例题的分析可知,利用拉格朗日中值定理证明不等式,关键在于要使构造的函数f (x )符合拉格朗日中值定理的相应要求,且需要明确具体的区间[a ,b ],因此,学生在日常学习当中要加强相关的练习,以此巩固对该方法的有效掌握．３利用导数定义证明不等式在利用导数定义证明不等式时,首先需要构造函数,将不等式一边变形为导数形式,再通过导数定义证明不等式．若不等式一边无法变形为导数形式,则不能采用该方法．在具体的解题实践当中,首先假设函数y ＝f (x )在点x ０的某邻域有定义,并且存在极限l i m x ңx f (x )－f (x ０)x －x ０,则表示函数f (x )在点x ０处可导,且函数f (x )在点x ０处的导数值就是这一极限值,即fᶄ(x ０)．在不等式的证明中,要根据现有条件,将信息转变成适当的数学表达式,使用正确的方式表达导数的定义,进而得出结果．例５㊀设f (x )＝a １s i n x ＋a ２s i n２x ＋ ＋a n s i n n x ,并且满足|f (x )|ɤ|s i n x |,由此证明|a １＋２a ２＋ ＋n a |ɤ１．证明:由题意知f ᶄ(x )＝a １c o s x ＋２a ２c o s２x ＋ ＋n a n c o s n x ．由f (x )＝a １s i n x ＋a ２s i n２x ＋ ＋a n s i n n x ,可得f (０)＝０．又f ᶄ(０)＝a １＋２a ２＋ ＋n a n ,所以由导数定义可得|f ᶄ(０)|＝l i m x ң０f (x )－f (０)x －０＝l i m x ң０f (x )x ɤl i mx ң０s i n xx ＝１．故|a １＋２a ２＋ ＋n a n |ɤ１．本题就是利用导数定义证明不等式的典型案例,有如下两点特征:(１)在对f (x )＝a １s i n x ＋a ２s i n ２x ＋ ＋a n s i n n x 求导后,得出的结构实际就是需要待证明的不等式的左边;(２)通过导数的定义得出f ᶄ(０),继而利用不等关系|f (x )|ɤ|s i n x |建立f ᶄ(０)和l i m x ң０s i n xx ＝１之间的不等关系,以此对不等式进行证明．本文中对导数在不等式证明中的具体应用进行了探讨,并给出了几道例题,值得关注的是通过导数证明不等式,不只有本文当中所阐述的几种方式,还包括其他方法,如导数与积分的融合等．利用导数证明不等式时,一般要构造辅助函数,然后结合具体问题和函数的性质灵活加以运用．当然,证明不等式,还可以通过综合多种方式达到目的．参考文献:[１]李德琳．一道不等式证明的探究[J ]．中学数学,２０２２(１９):４４Ｇ４６．[２]仁清义,华腾飞．不等式证明妙法显奇能[J ]．数学教学研究,２０２１(１):４４Ｇ４７,６７．[３]凌冶昊林．例谈导数在高中数学解题中的具体运用[J ]．数理天地(高中版),２０２３(３):２２Ｇ２３．Z８５。
《利用导数解决不等式问题》教学设计
《利用导数解决不等式问题》教学设计《利用导数解决不等式问题》教学设计【学习目标】知识技能1、会利用导数作为工具证明不等式;2、能够构造函数,结合放缩和函数的单调性、最值达到证明目的过程方法：(1)在“分析、实验、讨论、总结”的探究过程中,发展学生自主学习能力；(2)强化数形结合思想情感态度：(1)培养学生的探究精神；(2)体验动手操作带的成功感【教学重点难点】1 灵活准确的构造函数2 利用可导函数解决不等式证明；【学情分析】导数之难,难在对函数单调性的认识并且导数工具的运用,充分体现了“数形结合思想”问题研究的核心就是“函数的单调性”结合本节试题的结构和内容分析，结合着高三年级学生他们的认知结构及其心理特征，归纳总结做题规律，使学生明确做题的方向。
我们都知道数学是一门培养人的逻辑思维能力的重要学科。
因此，在教学过程中，不仅要使学生“知其然”，还要使学生“知其所以然”。
我们在以师生既为主体，又为客体的原则下，展现获取理论知识、解决实际问题方法的思维过程。
考虑到我校高三年级学生的现状，我主要采取引导加点拨的教学方法，让学生真正的参与教学中去，而且在堂活动中得到新的认识和体验，产生践行的愿望。
当然教师自身也是非常重要的教学资。
教师本人应该通过堂教学感染和激励学生，充分调动起学生参与活动的积极性，激发学生对解决难题问题的渴望，并且要培养学生以理论联系实际的能力，从而达到最佳的教学效果。
同时也体现了改的精神。
【教学过程】一、前思考：（引入题）1、利用导数能解决哪些问题？2、复习上节证明含对数和指数的不等式的两种常用方法：设计意图：利用提出问题吸引学生，由抽签法进行幸运抽奖活动，激发学习兴趣，达到调动学生积极性的目的若学生能说出导数除了能解决单调性和最值问题，还能解决不等式问题，则追问利用导数证明不等式常用的方法是啥；若学生不清楚，则用简单的例子引导他们，对于复杂一点的不等式问题又如何下手呢？从而引入授内容二、观察分析，初步探究例1．若函数=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【解】由已知x+>0 ∴构造函数，则x+>0，从而在R上为增函数。
高三数学复习(理)：第2讲 第4课时 利用导数研究不等式的恒成立或存在性问题
第4课时 利用导数研究不等式的恒成立或存在性问题[学生用书P58]不等式恒成立求参数(多维探究)方法一 分离参数法(2020·湖北武汉质检)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围．【解】 (1)因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )<0，得ln x ＋1<0，解得0<x <1e ，所以f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .令f ′(x )>0，得ln x ＋1>0，解得x >1e ，所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.综上，f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. (2)因为g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．因为x >0，所以a ≥ln x －32x －12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x >0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－（x －1）（3x ＋1）2x 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍去)．当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：x(0，1) 1 (1，＋∞) h ′(x )＋ 0 －h (x ) 极大值所以当x ＝1时，h (x )取得极大值，也是最大值，且h (x )max ＝h (1)＝－2，所以若a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，即a ≥－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，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，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题． (2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关 通过分离参数法，先转化为f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对∀x ∈D 恒成立，再转化为f (a )≥g (x )max (或f (a )≤g (x )min )求最值关求函数g (x )在区间D 上的最大值(或最小值)问题已知函数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)．即f ′(x )＝x e x ＋e x －4，则f ′(0)＝－3，f (0)＝2，所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0.(2)由f (1)≥0，得a ≥1e －1>0， 则f (x )≥0对任意的x >0恒成立可转化为a a ＋1≥2x －1x e x 对任意的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，＋∞. 方法二 等价转化法(2020·高考全国卷Ⅰ)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 )≥12x 3＋1，求a 的取值范围．【解】 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，f ′(x )＝e x ＋2x －1.故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)f (x )≥12x 3＋1等价于⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3－ax 2＋x ＋1e －x ≤1. 设函数g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3－ax 2＋x ＋1e －x (x ≥0)，则 g ′(x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3－ax 2＋x ＋1－32x 2＋2ax －1e －x ＝－12x [x 2－(2a ＋3)x ＋4a ＋2]e －x＝－12x (x －2a －1)(x －2)e －x .(i)若2a ＋1≤0，即a ≤－12，则当x ∈(0，2)时，g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，2)单调递增，而g (0)＝1，故当x ∈(0，2)时，g (x )＞1，不符合题意．(ii)若0＜2a ＋1＜2，即－12＜a ＜12，则当x ∈(0，2a ＋1)∪(2，＋∞)时，g ′(x )＜0；当x ∈(2a ＋1，2)时，g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，2a ＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a ＋1，2)单调递增．由于g (0)＝1，所以g (x )≤1当且仅当g (2)＝(7－4a )e －2≤1，即a ≥7－e 24.所以当7－e 24≤a ＜12时，g (x )≤1.(iii)若2a ＋1≥2，即a ≥12，则g (x )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x ＋1e －x . 由于0∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，12，故由(ii)可得⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x ＋1e －x ≤1. 故当a ≥12时，g (x )≤1.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞.根据不等式恒成立求参数范围的关键是把不等式转化为函数，利用函数值与最值之间的数量关系确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围．函数f (x )＝x 2－2ax ＋ln x (a ∈R )．(1)若函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＋1＝0垂直，求a 的值；(2)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2a ＋1x ，f ′(1)＝3－2a ，由题意f ′(1)·12＝(3－2a )·12＝－1，解得a ＝52.(2)不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x ≥－x ＋a－3x ，令g (x )＝2ln x ＋x －a ＋3x ，则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，则在区间(0，1)上，g ′(x )＜0，函数g (x )为减函数；在区间(1，e]上，g ′(x )＞0，函数g (x )为增函数．由题意知g (x )min ＝g (1)＝1－a ＋3≥0，得a ≤4，所以实数a 的取值范围是(－∞，4]．不等式能成立或有解求参数的取值(范围)(师生共研)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x .(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 x x 2.则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2max. 设h (x )＝ln x x 2，由h ′(x )＝1－2ln x x 3，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：x(0，e) e (e ，＋∞) h ′(x )＋ 0 － h (x ) 极大值12e由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12e .(1)含参数的能成立(存在型)问题的解题方法①a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ；②a ≤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 .已知函数f (x )＝x ln x (x ＞0)．(1)求函数f (x )的极值；(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≤－x 2＋mx －32成立，求实数m 的最小值． 解：(1)由f (x )＝x ln x ，得f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )＞0，得x ＞1e ；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1e .所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以f (x )在x ＝1e 处取得极小值，且为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ，无极大值． (2)由f (x )≤－x 2＋mx －32，得m ≥2x ln x ＋x 2＋3x. 问题转化为m ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x ＋x 2＋3x min . 令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x ＝2ln x ＋x ＋3x (x ＞0)．则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2. 由g ′(x )＞0，得x ＞1，由g ′(x )＜0，得0＜x ＜1.所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝4，则m ≥4.故m 的最小值为4.[学生用书P59]核心素养系列4 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)．(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．【解】 (1)选B.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．(2)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．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. 【解】 (1)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 －a x 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，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. 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x <x .【解】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1)上单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x >1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x <x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x <x .[学生用书P291(单独成册)]1．(2021·贵阳市第一学期监测考试)已知函数f (x )＝a sin x －x ＋b (a ，b 均为正常数)，h (x )＝sin x ＋cos x ．设函数f (x )在x ＝π3处有极值，对于一切x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，不等式f (x )＞h (x )恒成立，求b 的取值范围．解：f ′(x )＝a cos x －1.由已知得：f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝0，所以a ＝2， 所以f (x )＝2sin x －x ＋b ，不等式f (x )＞h (x )恒成立可化为sin x －cos x －x ＞－b ，记函数g (x )＝sin x －cos x －x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，则g ′(x )＝cos x ＋sin x －1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－1，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，1≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4≤2，所以g ′(x )＞0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，所以函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上是增函数，最小值为g (0)＝－1， 所以b ＞1，所以b 的取值范围是(1，＋∞)．2．(2020·江西五校联考)已知函数f (x )＝e x ＋bx .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝1，当x 2＞x 1＞0时，f (x 1)－f (x 2)＜(x 1－x 2)·mx 1＋mx 2＋1)恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由f (x )＝e x ＋bx 得f ′(x )＝e x ＋b ，若b ≥0，则f ′(x )＞0，即f (x )＝e x ＋bx 在(－∞，＋∞)上是增函数； 若b ＜0，令f ′(x )＞0得x ＞ln(－b )，令f ′(x )＜0得x ＜ln(－b )，即f (x )＝e x ＋bx 在(－∞，ln(－b ))上单调递减，在(ln(－b )，＋∞)上单调递增．(2)由题意知f (x )＝e x ＋x ，f (x 1)－f (x 2)＜(x 1－x 2)(mx 1＋mx 2＋1)，即f (x 1)－mx 21－x 1＜f (x 2)－mx 22－x 2，由x 2＞x 1＞0知，上式等价于函数φ(x )＝f (x )－mx 2－x ＝e x －mx 2在(0，＋∞)上为增函数，所以φ′(x )＝e x－2mx ≥0(x ＞0)，即2m ≤e x x (x ＞0)． 令h (x )＝e x x (x ＞0)，则h ′(x )＝e x （x －1）x 2， 当h ′(x )＜0时，0＜x ＜1；当h ′(x )＞0时，x ＞1；当h ′(x )＝0时，x ＝1. 所以h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝e ，则2m ≤e ，即m ≤e 2，所以实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e 2. 3．(2021·福州市适应性考试)已知f (x )＝2x ln x ＋x 2＋ax ＋3.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e ，使得f (x 0)≥0成立，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝2(ln x ＋1)＋2x ＋a .(1)当a ＝1时，f (x )＝2x ln x ＋x 2＋x ＋3，f ′(x )＝2(ln x ＋1)＋2x ＋1，所以f (1)＝5，f ′(1)＝5，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －5＝5(x －1)，即y ＝5x .(2)存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e ，使得f (x 0)≥0成立，等价于不等式a ≥－2x ln x ＋x 2＋3x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 上有解． 设h (x )＝－2x ln x ＋x 2＋3x，则h ′(x )＝－x 2＋2x －3x 2＝－（x ＋3）（x －1）x 2， 当1e ＜x ＜1时，h ′(x )＞0，h (x )为增函数；当1＜x ＜e 时，h ′(x )＜0，h (x )为减函数．又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－3e 2－2e ＋1e ，h (e)＝－e 2＋2e ＋3e ， 故h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －h (e)＜0， 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 时，h (x )＞h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－3e 2－2e ＋1e ， 所以a ＞－3e 2－2e ＋1e， 即a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3e 2－2e ＋1e ，＋∞. 4．(2021·合肥第一次教学检测)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x ，g (x )＝a (x －1)，a ∈R .(1)求直线y ＝g (x )与曲线y ＝f (x )相切时，切点T 的坐标；(2)当x ∈(0，1)时，g (x )＞f (x )恒成立，求a 的取值范围．解：(1)设切点坐标为(x 0，y 0)，由f (x )＝(x ＋1)·ln x ，得f ′(x )＝ln x ＋1x ＋1，则⎩⎨⎧ln x 0＋1x 0＋1＝a ，（x 0＋1）ln x 0＝a （x 0－1）， 所以2ln x 0－x 0＋1x 0＝0. 令h (x )＝2ln x －x ＋1x ，则h ′(x )＝－x 2－2x ＋1x 2≤0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h (x )＝0最多有一个实数根．又h (1)＝0，所以x 0＝1，此时y 0＝0，即切点T 的坐标为(1，0)．(2)当x∈(0，1)时，g(x)＞f(x)恒成立，等价于ln x－a（x－1）x＋1＜0对x∈(0，1)恒成立．令H(x)＝ln x－a（x－1）x＋1，则H′(x)＝1x－2a（x＋1）2＝x2＋2（1－a）x＋1x（x＋1）2，H(1)＝0.①当a≤2，x∈(0，1)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，所以H′(x)＞0，H(x)在x∈(0，1)上单调递增，因此当x∈(0，1)时H(x)＜0.②当a＞2时，令H′(x)＝0得x1＝a－1－（a－1）2－1，x2＝a－1＋（a－1）2－1.由x2＞1与x1x2＝1得，0＜x1＜1.所以当x∈(x1，1)时，H′(x)＜0，H(x)单调递减，所以当x∈(x1，1)时，H(x)＞H(1)＝0，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，2]．。
高考数学复习：利用导数证明不等式
3
f(-1)=e,f(1)=e,f(2)=0,
∴函数 f(x)在区间[-1,2]的最大值为 e,最小值为 0. ....................................... 5 分
(2)证明 令
1 2
x 1 2
g(x)=f(x)-2x +x-2e=(2-x)e -2x +x-2e,则
解得x=2,当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0;
当x∈(0,2)时,g'(x)>0,
∴g(x)在(2,+∞)内单调递减,在(0,2)内单调递增,可得g(x)max=f(2)=e2+2.
由于12>e2+2,即f(x)min>g(x)max,所以f(x)>g(x),
故当x>0时,f(x)>-x3+3x2+(3-x)ex.
3(3 -1)
=
3(-1)(2 ++1)
.
令f'(x)=0可得x=1,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(0,1)时,f'(x)<0,
∴f(x)在(1,+∞)内单调递增,在(0,1)内单调递减.
(2)证明 由(1)可得f(x)min=f(1)=12.
令g(x)=-x3+3x2+(3-x)ex,则g'(x)=-3x2+6x-ex+(3-x)ex=(2-x)(ex+3x),由g'(x)=0,
所以g(a)的单调递减区间是(1,+∞),单调递增区间是(0,1),
所以g(a)≤g(1)=0,即ln a≤a-1.
利用导数证明数列不等式(含解析)
利用导数证明数列不等式(含解析)利用导数证明数列不等式是高考中常见的题型，可以考查学生灵活运用知识的能力。
这种题型一方面以函数为背景，让学生探究函数的性质；另一方面，体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为有具体特征的数列。
可以说，这种题型涉及到函数、导数、数列和不等式，是一题多考的巧妙结合，也是近年来高考的热门题型。
常见的题型有两种类型：一种是利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题，另一种是利用递推公式处理通项公式中的不等问题。
恒成立不等式的来源主要有两种：一是函数的最值，最值可以提供XXX成立的不等式；二是恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式。
常见的恒成立不等式有lnxx+1.关于前n项和的放缩问题，求数列前n项公式往往要通过数列的通项公式来解决。
高中阶段求和的方法有倒序相加、错位相减、等比数列求和公式和裂项相消。
在处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，应优先考虑。
对于数列求和不等式，要从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式。
在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向。
放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向，朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）。
数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明。
经典例题是已知函数f(x)=kx-xlnx，求函数f(x)的单调区间、当<x≤1时，f(x)≤k恒成立的k的取值范围，以及证明ln1ln2+23+lnnn(n-1)≤n+14.1.已知函数$f(x)=\ln(ax+1)(x\geq0,a>0)$，$g(x)=x-\frac{x^3}{3}$。
1）讨论函数$y=f(x)-g(x)$的单调性；2）若不等式$f(x)\geq g(x)+1$在$x\in[0,+\infty)$时恒成立，求实数$a$的取值范围；3）当$a=1$时，证明：frac{1}{1\cdot3\cdot5\cdots(3572n+1)}+\frac{1}{2\cdot4\cd ot6\cdots(3572n+2)}+\cdots+\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}<f^{(n)}(n)(n\in N^*),$$其中$f^{(n)}(n)$表示$f(x)$的$n$阶导数在$x=n$处的值。
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问题1.已知函数.ln )(x x x f += 求证：在区间)1(∞+，上，函数)(x f 的图象都在函数 2)(x x g =的图象下方；
问题2.)(x f 是定义在（0，+∞）上的可导函数，且满足)()(x f x f x -'≤0，
对任意正数a 、b ，若a < b ，则必有（ ）
（A ）af (b )≤bf (a ) （B ）bf (a )≤af (b )
（C ）af (a )≤b f (b ) （D ）bf (b )≤a f (a )
问题3.已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是_______．
变式：若函数1)(23+-=ax x x f 在[0，2]上单调递减，求实数a 的取值范围.
巩固练习
1. 已知两个函数,452)(,168)(232x x x x g k x x x f ++=-+=其中k 为实数.
（1）对任意]3,3[-∈x ，都有)()(x g x f ≤成立，求实数k 的取值范围；
（2）存在]3,3[-∈x ，使)()(x g x f ≤，求实数k 的取值范围；
（3）对任意]3,3[,21-∈x x ，都有)()(21x g x f ≤，求实数k 的取值范围.
2.已知函数f (x )＝ln x －a x
.若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．。