第六讲-导数的简单应用2利用导数解决不等式、方程解的问题
高考数学二轮复习第2部分 导数在函数中的应用2利用导数解不等式及参数范围
ln
例 2 已知函数 f(x)= .
(1)求函数 f(x)的单调区间;
1
2
(2)设实数 k 使得 kf(x)< x 对 x∈(0,+∞)恒成立,求 k 的取值范围.
-8命题热点一
命题热点二
命题热点三
1-ln
.
2
解 (1)f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=
由 f'(x)=0,解得 x=e.
成立的处理方法一般是构造F(x)=f(x)-g(x),F(x)min>0;或分离参数,
-5命题热点一
命题热点二
命题热点三
题后反思利用导数证明不等式,主要是构造函数,通过导数判断
函数的单调性,由函数的单调性证明不等式成立,或通过求函数的
最值,当该函数的最大值或最小值对不等式成立时,则不等式恒成
立,从而可将不等式的证明转化为求函数的最值.
-6命题热点一
命题热点二
命题热点三
对点训练 1 已知函数
从而 ln
-1
x1= 12 e 1 - 0 ,即e 1 - 0
0
=
20 ln 1
.
1 -1
由①知,当 x>1 时,ln x<x-1,又 x1>x0>1,
故e
1 - 0
<
20 (1 -1)
1 -1
= 02 ,两边取对数,
得 ln e 1 - 0 <ln 02 ,于是 x1-x0<2ln x0<2(x0-1),整理得 3x0-x1>2.
令g(x)=x2+x-1+ex+1,
则g'(x)=2x+1+ex+1.
导数,不等式
导数,不等式《导数，不等式》在数学中，“导数”和“不等式”是两个重要的概念，对于深入理解数学原理，它们都具有重要的意义。
本文将就导数和不等式的定义及其应用等问题进行详细介绍，以便使读者有个清晰的认识。
一、导数的定义导数实际上是一种函数的变化率。
如果把一个函数的定义域内的点看作时间，则导数表示函数值随时间的变化的程度。
具体来说，对于函数 y = f(x)，当x的增量为Δx时，它在x处的导数就是指函数的y值随着x的变化而发生的变化率，记为：dy/dx = lim(Δx0)[ (f(x +x) - f(x)) /x - f(x) ]。
二、不等式的定义不等式是数学中的一个重要概念，它是指两个数或多个数之间的特定比较关系，如大于、小于、不等于等。
不等式通常用符号表示，例如“a > b”表示“a大于b”，“a < b”表示“a小于b”，以及“a b”表示“a不小于b”等。
三、导数和不等式的应用1、导数的应用（1）求极值问题：利用求导的方法可以快速求出函数的极值，并且可以判断此极值点是极大值点还是极小值点；（2）求曲线积分：利用导数的定义可以快速求出某函数在某段区间内的积分，从而方便地求出曲线下两定点间的面积；（3）求解微分方程：利用导数可以快速解决一些常见的微分方程，如欧拉方程，常微分方程等。
2、不等式的应用（1）实际问题的数学模型：利用不等式可以表示实际问题的约束条件，可以构建出实际问题的数学模型，从而方便求解；（2）多元函数的极大值和极小值问题：利用不等式可以受限多元函数的极大值和极小值问题；（3）群论中的应用：不等式可以用来表示群论中元素的性质，从而更加直观地理解群论中的概念。
四、结论以上就是本文关于导数和不等式的相关内容，可以看出，它们在数学中都具有重要的意义，且应用十分广泛，可以更好地理解数学原理，帮助更快地求解数学问题。
高中数学导数及应用-不等式恒成立问题课件
利用数形结合来解决。
方法1：分离变量法(优先)
方法2：构造函数
，转化为 零点问题
方法3：构造两个函数的图象判断交点个数
方法4：转化为二次函数零点问题
方法5：转化为一次函数零点问题
类型五：利用导数研究函数与不等式问题
1、利用导数证明不等式的方法：证明
构造函数
。如果
，则F(x) 在
函数，同时若
，则由减函数的定义可知，
的值，要注意验证 左右的导数值的符号是否符 合取极值的条件。
（3）已知含参函数的极值点讨论 ①分类讨论根据 解（判断为极值点）
的存在性和解与区间的位置关系分为：“无、左、 中、右”，对四种分类标准进行取舍（或合并）；
②注意数形结合。
注意：（1）在函数的整个定义域内，函数的极 值不一定唯一，在整个定义域内可能有多个极大
（2）切点的三个作用：①求切线斜率； ②切点在切线上； ③切点在曲线上。
类型二：利用导数研究函数的单调性 (1)求函数的单调区间
方法:判断导函数的符号 步骤：①求函数定义域；
②求函数的导函数； ③解不等式f '(x) 0 (或 f '(x) 0)，求出 递增区间(或递减区间)。
注意：求单调区间前先求定义域（定义域优 先原则）；单调区间是局部概念，故不能用“∪” 连接，只能用“，”或“和”。
'( x) mi n
0；
函数f (x)在区间D单调递减 在f ' (x) 0在x D
恒成立 对x D, f ' (x) 0； max
试题研究：
例1、已知函数f (x) x ln x.
(1)若函数g(x) f (x) ax在区间e2, 上的增函数，
求a的取值范围；
专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【解析版】
第一章函数与导数专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【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，函数、导数与数列、不等式的综合应用问题的主要命题角度有：函数与不等式的交汇、函数与数列的交汇、导数与数列不等式的交汇等.本专题就函数、导数与数列、不等式的综合应用问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法.1.数列不等式问题，通过构造函数、应用函数的单调性或对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围.如2.涉及等差数列的求和公式问题，应用二次函数图象和性质求解.3.涉及数列的求和问题，往往要利用“错位相减法”、“裂项相消法”等，先求和、再构造函数.【压轴典例】例1.（2018·浙江高考真题）已知成等比数列，且．若，则A． B． C． D．【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.例2.（2019·全国高考真题（文））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=－a 5． （1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 【答案】（1）210n a n =-+； （2）110()n n N *≤≤∈. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩， 解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+； （2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-， 由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-， 因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤， 解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n N *≤≤∈例3.（2019·江苏高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M－数列”{c n }θ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N ∈.②由①知，b k =k ，*k N ∈.因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e .列表如下：因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5． 例4.（2010·湖南高考真题）数列中，是函数的极小值点（Ⅰ）当a=0时，求通项； （Ⅱ）是否存在a ，使数列是等比数列？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）详见解析【解析】 易知.令.（1）若，则当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.故在取得极小值.由此猜测：当时，.下面先用数学归纳法证明：当时，.事实上，当时，由前面的讨论知结论成立.假设当时，成立，则由（2）知，，从而，所以.故当时，成立.于是由（2）知，当时，，而，因此.综上所述，当时，，，.（Ⅱ）存在，使数列是等比数列.事实上，由（2）知，若对任意的，都有，则.即数列是首项为，公比为3的等比数列，且.而要使，即对一切都成立，只需对一切都成立.记，则令，则.因此，当时，，从而函数当时，可得数列不是等比数列.综上所述，存在，使数列是等比数列，且的取值范围为.例5.（2017·浙江高考真题）已知数列{}n x 满足： ()()*1n n 1n 1x =1x x ln 1x n N ++=++∈， 证明：当*n N ∈时 （I ）n 1n 0x x +＜＜;（II ）n n 1n 1n x x 2x -x 2++≤； (III) n n 1n-211x 22-≤≤【答案】（I ）见解析；（II ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明： 0n x >． 当n =1时，x 1=1>0． 假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若10k x +≤，则()110ln 10k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此()*0n x n N >∈．所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>，因此()*10n n x x n N +<<∈． （Ⅱ）由()11ln 1n n n x x x ++=++得，()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++．记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++≥，()()22'ln 10(0)1x x f x x x x +=++>>+，函数f (x )在[0，+∞）上单调递增，所以()()0f x f ≥=0，因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥，故()*1122n n n n x x x x n N ++-≤∈． （Ⅲ）因为()11111ln 12n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=， 所以112n n x -≥， 由1122n n n n x x x x ++≥-，得111112022n n x x +⎛⎫-≥-> ⎪⎝⎭， 所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫-≥-≥⋅⋅⋅≥-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故212n n x -≤．综上，()*121122n n n x n N --≤≤∈． 例6.（2019·湖南高考模拟（理））设函数()ln(1)(0)f x x x =+≥，(1)()(0)1x x a g x x x ++=≥+.（1）证明：2()f x x x ≥-.（2）若()()f x x g x +≥恒成立，求a 的取值范围； （3）证明：当*n N ∈时，22121ln(32)49n n n n -++>+++. 【答案】（1）见解析；（2）(,1]-∞；（3）见解析. 【解析】（1）证明：令函数()()2h x ln x 1x x =+-+，[)x 0,∞∈+，()212x xh x 2x 101x 1x+=+=++'-≥，所以()h x 为单调递增函数，()()h x h 00≥=， 故()2ln x 1x x +≥-.（2）()()f x x g x +≥，即为()axln x 11x+≥+， 令()()axm x ln x 11x=+-+，即()m x 0≥恒成立， ()()()()22a 1x ax 1x 1a m x x 11x 1x +-+-=-=++'+， 令()m x 0'>，即x 1a 0+->，得x a 1>-.当a 10-≤，即a 1≤时，()m x 在[)0,∞+上单调递增，()()m x m 00≥=，所以当a 1≤时，()m x 0≥在[)0,∞+上恒成立；当a 10->，即a 1>时，()m x 在()a 1,∞-+上单调递增，在[]0,a 1-上单调递减， 所以()()()min m x m a 1m 00=-<=， 所以()m x 0≥不恒成立.综上所述：a 的取值范围为(],1∞-. （3）证明：由（1）知()2ln x 1x x +≥-，令1x n=，*n N ∈，(]x 0,1∈， 2n 1n 1ln n n +->，即()2n 1ln n 1lnn n-+->，故有ln2ln10->，1ln3ln24->， …()2n 1ln n 1lnn n-+->， 上述各式相加可得()212n 1ln n 149n-+>+++. 因为()()22n 3n 2n 1n 10++-+=+>，2n 3n 2n 1++>+，()()2ln n 3n 2ln n 1++>+，所以()2212n 1ln n 3n 249n-++>+++. 例7.（2018·福建省安溪第一中学高三期中（文））公差不为零的等差数列中，，，成等比数列，且该数列的前10项和为100，数列的前n 项和为，且满足．Ⅰ求数列，的通项公式；Ⅱ令，数列的前n 项和为，求的取值范围．【答案】（I ），；（II ）.【解析】Ⅰ依题意，等差数列的公差，，，成等比数列，，即，整理得：，即，又等差数列的前10项和为100，，即，整理得：，，；，，即，当时，，即，数列是首项为1、公比为2的等比数列，；Ⅱ由可知，记数列的前n项和为，数列的前n项和为，则，，，，，，记，则，故数列随着n的增大而减小，又，，．例8.（2019·江苏高考模拟）已知数列满足（），（）．（1）若，证明：是等比数列；（2）若存在，使得，，成等差数列．① 求数列的通项公式；② 证明：．【答案】（1）见解析；（2）①，②见解析【解析】（1）由，得，得，即，因为，所以，所以（），所以是以为首项，2为公比的等比数列．（2）① 设，由（1）知，，所以，即，所以．因为，，成等差数列，则，所以，所以，所以，即．② 要证，即证，即证．设，则，且，从而只需证，当时，．设（），则，所以在上单调递增，所以，即，因为，所以，所以，原不等式得证．【压轴训练】1．（黑龙江省哈尔滨三中高考模拟）已知1(1)32(1,2)n n n b b a b n b--+-=>≥，若对不小于4的自然数n ，恒有不等式1n n a a +>成立，则实数b 的取值范围是__________． 【答案】3+∞（，） 【解析】由题设可得1(1)(1)32(1)32n n n b b n b b b b-+-+--+->，即22(1)341n b b b ->-+，也即(1)31n b b ->-对一切4n ≥的正整数恒成立，则3141b b b -<≥-，即31444311b b b b -⇒---，所以3b >，应填答案(3,)+∞. 2.（2019·山东济南一中高三期中（理））（1）已知函数的图象经过点，如图所示，求的最小值；（2）已知对任意的正实数恒成立，求的取值范围.【答案】（1）最小值，当且仅当时等号成立；（2）【解析】⑴函数的图象经过点，当且仅当时取等号⑵①令，，当时，，递增当时，，递减代入时，②，令，，，综上所述，的取值范围为3.（2019·桃江县第一中学高三月考（理））已知都是定义在R上的函数，，，且，且，．若数列的前n项和大于62，求n的最小值.【答案】6【解析】∵，∴，∵，∴，即，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴数列为等比数列，∴，∴，即，所以n的最小值为6.4.（2019·福建省漳平第一中学高三月考（文））已知数列的首项，前项和满足，.（1）求数列通项公式；（2）设，求数列的前项为，并证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】 （1）当时，，得. 又由及得，数列是首项为，公比为的等比数列，所以.（2），①②①②得： ，所以，又，故，令，则，故单调递减，又，所以恒成立，所以.5.（2019·江苏高考模拟（文））已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且218S =，490S =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令2115log 3n n b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 及n T 的最大值.【答案】（1）32nn a =⨯（2）22922n n nT =-+；最大值为105. 【解析】（1）设数列{}n a 的公比为(0)q q >，若1q =，有414S a =，212S a =，而4490236S S =≠=，故1q ≠，则()()()()21242211411811119011a q S q a q a q q S q q ⎧-⎪==-⎪⎨-+-⎪===⎪--⎩，解得162a q =⎧⎨=⎩.故数列{}n a 的通项公式为16232n nn a -=⨯=⨯. （2）由215log 215nn b n =-=-，则2(1415)29222n n n n n T +-==-+. 由二次函数22922x x y =-+的对称轴为292921222x =-=⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭， 故当14n =或15时n T 有最大值，其最大值为14151052⨯=. 6.（2019·黑龙江高三月考（理））已知数列的前n 项和为, 其中，数列满足.(1)求数列的通项公式;(2)令，数列的前n 项和为，若对一切恒成立，求实数k 的最小值.【答案】（1），；（2）【解析】 （1）由可得，两式相减得: ，又由可得，数列是首项为2，公比为4的等比数列，从而，于是.（2）由（1）知，于是，依题意对一切恒成立，令，则由于易知，即有，∴只需，从而所求k的最小值为.7.（2018·浙江高考模拟）已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）.【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n=2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n=2n，∴数列{a n}是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n=n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln，令f′（x）=0，即1+x•ln=0，解得：x0≈4.95，则f（x）在(0, x0)上单调递增，在(x0,+单调递减.∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b5=5•=，b4=4•=﹣，b6=6•=﹣，∴M的最小值为．8.（2018·浙江镇海中学高三期中）已知数列的前项和为，且，（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）是否存在实数，对任意，不等式恒成立？若存在，求出的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】（1）证明略；（2）【解析】证明：（1）已知数列{a n}的前n项和为S n，且，①当n=1时，，则：当n≥2时，，②①﹣②得：a n=2a n﹣2a n﹣1﹣+，整理得：，所以：，故：（常数），故：数列{a n}是以为首项，2为公比的等比数列．故：，所以：．由于：，所以：（常数）．故：数列{b n}为等比数列．（2）由（1）得：，所以：+（），=，=，假设存在实数λ，对任意m，n∈N*，不等式恒成立，即：，由于：，故当m=1时，，所以：，当n=1时，．故存在实数λ，且．9.（2019·宁夏银川一中高三月考（理））（1）当时，求证：；（2）求的单调区间；（3）设数列的通项,证明．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）的定义域为，恒成立；所以函数在上单调递减，得时即：（2）由题可得，且.当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，（3）由题意知.由（1）知当时当时即令则，同理:令则.同理:令则以上各式两边分别相加可得：即所以：10.（2019·北京人大附中高考模拟（理））已知数列{a n}满足：a1+a2+a3+…+a n=n-a n，（n=1，2，3，…）（Ⅰ）求证：数列{a n-1}是等比数列；（Ⅱ）令b n=（2-n）（a n-1）（n=1，2，3，…），如果对任意n∈N*，都有b n+t≤t2，求实数t的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析. （Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由题可知：，①，②②-①可得.即：，又.所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，∴.由可得，由可得.所以，，故有最大值.所以，对任意，都有，等价于对任意，都有成立.所以，解得或.所以，实数的取值范围是.11.（2019·江苏高三月考）已知数列的各项均为正数，前项和为，首项为2．若对任意的正整数，恒成立．（1）求，，；（2）求证：是等比数列；（3）设数列满足，若数列，，…，（，）为等差数列，求的最大值．【答案】（1）,，；（2）详见解析；（3）3.【解析】（1）由，对任意的正整数，恒成立取，得，即，得.取，，得，取，，得，解得，.（2）取，得，取，得，两式相除，得，即，即.由于，所以对任意均成立，所以是首项为4，公比为2的等比数列，所以，即.时，，而也符合上式，所以.因为（常数），所以是等比数列.（3）由（2）知，.设，，成等差数列，则.即，整理得，.若，则，因为，所以只能为2或4，所以只能为1或2.若，则.因为，故矛盾.综上，只能是，，，成等差数列或，，成等差数列，其中为奇数.所以的最大值为3.12．（2019·上海高考模拟）已知平面直角坐标系xOy，在x轴的正半轴上，依次取点，，，，并在第一象限内的抛物线上依次取点，，，，，使得都为等边三角形，其中为坐标原点，设第n个三角形的边长为．⑴求，，并猜想不要求证明)；⑵令，记为数列中落在区间内的项的个数，设数列的前m项和为，试问是否存在实数，使得对任意恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；⑶已知数列满足：，数列满足：，求证：．【答案】⑴，,；⑵；⑶详见解析【解析】，猜想，由，，，，对任意恒成立⑶证明：，记，则，记，则，当时，可知：，13．（2019·广西高考模拟（理））已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R .(1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意可得，()'222(0,)f x ax lnx x a R =-->∈，由1x e =时，函数()f x 取得极值知12'220af e e ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，所以0a =． 所以()()21,'22(0)f x xlnx f x lnx x =--=-->， 所以10x e <<时，()'0f x >；1x e>时，()'0f x <； 所以()f x 的单调增区间10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，. （2）当1a =时，()221f x x xlnx =--，所以()()'22221f x x lnx x lnx =--=--，令()ln 1g x x x =--，则()11'1x g x x x-=-=，当01x <<时，()'0g x <；当1x >时，()'0g x >，()g x 的单调减区间为()01，，单调增区间为()1+∞，， 所以()()10g x g ≥=，所以()'0f x ≥，()f x 是增函数，所以1x >时，()()22ln 110f x x x x f =-->=，所以1x >时，12ln x x x->， 令*211,21n x n N n +=>∈-，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+- 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭ 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭上式中123n =，，，…，n ，然后n 个不等式相加， 得到()11111...ln 213521221nn n n ++++>++-+ 14.（2019·宁夏高考模拟（文））已知函数()()ln 1(0)f x ax x a =->．()1求函数()y f x =的单调递增区间；()2设函数()()316g x x f x =-，函数()()h x g x =' ．①若()0h x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；②证明：()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈【答案】（1）单调递增区间为[)1,+∞．（2）①(]0,e ．②见证明 【解析】()10a >，0x >．()()1'ln 1ln 0f x a x ax a x x=-+⋅=≥． 解得1x ≥．∴函数()y f x =的单调递增区间为[)1,+∞．()2函数()()316g x x f x =-，函数()()21h =x ln 2x g x a x '=-．()'ah x x x=-①，0a ≤时，函数()h x 单调递增，不成立，舍去； 0a >时，()('x x a h x x xx+=-=，可得x =()h x 取得极小值即最小值，()11ln 022h x ha a a ∴≥=-≥，解得：0a e <≤． ∴实数a 的取值范围是(]0,e ．②证明：由①可得：a e =，1x ≥时满足：22ln x e x ≥，只有1x =时取等号．依次取x n =，相加可得：()222221232ln1ln2ln ln(12)en e n n +++⋯+>++⋯⋯+=⨯⨯⋯．因此()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈15.（2019·黑龙江高考模拟（理））已知函数2()2ln 2(1)(0)a f x ax x a a x-=-+-+>. （1）若()0f x ≥在[1,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围； （2）证明：11113521n ++++>-*1ln(21)()221nn n N n ++∈+.【答案】（1）[1,)+∞；（2）证明见解析. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()2222222a ax x a f x a x x x--+-=--=' ()221a a x x a x -⎛⎫-- ⎪⎝⎭=. ①当01a <<时，21aa->， 若21a x a -<<，则()0f x '<，()f x 在21,a a -⎡⎫⎪⎢⎣⎭上是减函数，所以21,a x a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()10f x f <=，即()0f x ≥在[)1,+∞上不恒成立. ②当1a ≥时，21aa-≤，当1x >时，()0f x '>，()f x 在[)1,+∞上是增函数，又()10f =，所以()0f x ≥. 综上所述，所求a 的取值范围是[)1,+∞.（2）由（1）知当1a ≥时，()0f x ≥在[)1,+∞上恒成立.取1a =得12ln 0x x x --≥，所以12ln x x x-≥. 令21121n x n +=>-，*n N ∈，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+-， 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭， 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭. 上式中1,2,3,,n n =，然后n 个不等式相加，得到()11111ln 213521221nn n n ++++>++-+. 16.（2019·江苏高考模拟）已知数列{}n a ，12a =，且211n n n a a a +=-+对任意n N *∈恒成立．（1）求证：112211n n n n a a a a a a +--=+(n N *∈)；（2）求证：11nn a n +>+(n N *∈)． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）①当1n =时，2221112213a a a =-+=-+= 满足211a a =+成立.②假设当n k =时，结论成立.即：112211k k k k a a a a a a +--=+成立下证：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立.因为()211211111k k k k k a a a a a +++++=-+-+=()()11221112211111k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a +--+--=+=++-即：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立由①、②可知，112211n n n n a a a a a a +--=+(n *N ∈)成立.（2）（ⅰ）当1n =时，221221311a >=-=++成立，当2n =时，()2322222172131112a a a a a =-+=-+=>⨯>++成立，（ⅱ）假设n k =时（3k ≥），结论正确，即：11kk a k +>+成立 下证：当1n k =+时，()1211k k a k ++>++成立.因为()()2211112111111kkkk k k k k k a a a a a k k kk +++++-+==-+>++=++要证()1211k k a k ++>++，只需证()12111k k k k k k +++>++只需证：()121k k k k ++>，只需证：()12ln ln 1k k k k ++>即证：()()12l l n n 10k k k k -++>（3k ≥） 记()()()2ln 11ln h x x x x x -++=∴()()()()2ln 1112ln 11ln ln x x x x h x +-++=-++⎡⎤⎦=⎣'21ln 1ln 12111x x x x ⎛⎫=+=++-+ ⎪++⎝⎭当12x +≥时，1111ln 121ln 221ln 1ln 10122x x e ⎛⎫⎛⎫++-+≥+-+=+>+= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭所以()()()2ln 11ln h x x x x x -++=在[)1,+∞上递增， 又()6423ln34ln3ln 34ln729ln2564l 0n h ⨯-=-=->=所以，当3x ≥时，()()30h x h ≥>恒成立. 即：当3k ≥时，()()30h k h ≥>成立.即：当3k ≥时，()()12l l n n 10k k k k -++>恒成立. 所以当3k ≥，()1211k k a k ++>++恒成立.由（ⅰ）（ⅱ）可得：对任意的正整数n *∈N ，不等式11nn a n +>+恒成立，命题得证.。
导数及其应用节导数的应用利用导数证明不等式课件理新ppt
性质2
若f(x)在点x0处可导，则f(x)在点 x0处连续
性质3
若f(x)在点x0处可导，则f'(x)在点 x0处连续
导数的运算
加法
若f(x)，g(x)在点x0处可导，则f(x)+g(x)在点x0处可导 ，且(f+g)'(x0)=f'(x0)+g'(x0)
乘法
若f(x)，g(x)在点x0处可导，则f·g(x)在点x0处可导， 且(fg)'(x0)=f'(x0)g(x0)+f(x0)g'(x0)
导数在极值点与最值点分析中的应用
总结词
导数在极值点与最值点分析中有着广泛的应用，是解决优化问题的关键工具之一。
详细描述
通过求导数，可以找到函数的一阶导数为零的点，这些点称为极值点。在极值点处，函数会发生转折，从递增 变为递减或从递减变为递增。极值点可能是函数的极大值点或极小值点。最值点是函数在整个区间内的最大值 或最小值点。通过求导数并找到极值点，可以进一步确定函数的最大值或最小值。
等式。
利用导数证明不等式的解题思路
确定研究对象
根据不等式的特点，构造函数作为研究对象。
研究性质
利用导数研究构造函数的性质，如单调性、极值和最值等。
得出结论
根据研究结果，得出不等式的结论，如单调性、极值和最值等。
06
导数在优化问题中的应用
导数在优化问题中的重要性
导数能够准确反映函数的变化趋势，帮助我 们解决优化问题
01
引言
课程背景
课程发展历史
简述导数课程的起源、发展和现状。
课程重要性
介绍导数在数学和实际应用中的重要性，如解决优化问题、物理建模等。
导数在不等式证明中的应用PPT精选文档
f (0) 0，证明当0 x 1时， f (1)x f (x) f (0)x ． 证 令(x) f (x) , x (0,1]，则
x
(x)
xf
(x) x2
f
(x)
xf
(x)
[
f (x) x2
f
(0)]
xf (x) f ( )x
x2
f (x) x
f ( ) 0
(0
x) ，
所以(x)在 (0,1]上单调下降，故当0 x 1时，
因此当 e a b e2 时， (b) (a) ，即
ln2
b
4 e2
b
ln2
a
4 e2
a
，
故
ln2
b
ln2
a
4 e2
(b
a)
．
？-3
例 4.7.2 证明 2 x sin x, x (0, π) .
π
2
证 令 f (x) sin x , x (0, π], 则
x
2
f (x)
xcos x sin x x2
所以 x p 在[0,1]上为凹函数，故当0 x 1时，
(x
(1 2
x) ) p
1 2p
xp
(1 2
x) p
，得
f
(x)
1 2 p1
，
因此，
1 2 p1
f
(x) 1， x [0,1] 。
？-8
例 4.7.5 证明 2 x sin x, x (0, π) .（例 4.7.2 另解）
π
2
证 令(x) sin x 2 x，则(x) cos x 2 ，
？-12
例 4.7.9 设函数 f (x) 二阶可导，且 f (x) 0 ， lim f (x) 1 ，
【高考理数】利用导数解决不等式问题(解析版)
2020题型一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 【题型要点】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．利用导数解决这个问题的常用思想方法如下：(1)分离参数法：第一步，将原不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；第二步，利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；第三步，解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min 从而求出参数λ的取值范围． (2)函数思想法：第一步，将不等式转化为某含参数的函数的最值问题； 第二步，利用导数求出该函数的极值(最值)； 第三步，构建不等式求解．【例1】已知函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R . (1)当a ＝－103时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，求b 的取值范围． 【解】 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)． 当a ＝－103时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝12，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在(0，12)，(2，＋∞)内是增函数，在(－∞，0)，(12，2)内是减函数．(2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是方程4x 2＋3ax ＋4＝0的根． 为使f (x )仅在x ＝0处有极值，必须4x 2＋3ax ＋4≥0成立，即有Δ＝9a 2－64≤0. 解此不等式，得－83≤a ≤83.这时，f (0)＝b 是唯一极值．因此满足条件的a 的取值范围是[－83，83]． (3)解：由条件a ∈[－2,2]，可知Δ＝9a 2－64<0，从而4x 2＋3ax ＋4>0恒成立． 当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.因此函数f (x )在[－1,1]上的最大值是f (1)与f (－1)两者中的较大者．为使对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f (1)≤1f (－1)≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤－2－a b ≤－2＋a在a ∈[－2,2]上恒成立．所以b ≤－4，因此满足条件的b 的取值范围是(－∞，－4]．题组训练一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 已知函数f (x )＝e x －1＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． 【解析】 (1)f ′(x )＝e x －1＋a ，(∈)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (∈)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1， 当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x <ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递减．综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)．(2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f (x )＝e x －1－x 的最小值为f (1)＝0，所以e x －1－x ≥0，即e x －1≥x .f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立与f (x )＋ln x －a －1≥0恒成立等价，令g (x )＝f (x )＋ln x －a －1，即g (x )＝e x －1＋a (x －1)＋ln x －1(x ≥1)，则g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ，∈当a ≥－2时，g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ≥x ＋1x＋a ≥2x ·1x ＋a ＝a ＋2≥0(或令φ(x )＝e x －1＋1x， 则φ′(x )＝e x －1－1x 2在[1，＋∞)上递增，∈φ′(x )≥φ′(1)＝0，∈φ(x )在[1，＋∞)上递增，∈φ(x )≥φ(1)＝2，∈g ′(x )≥0)∈g (x )在区间[1，＋∞)上单调递增， ∈g (x )≥g (1)＝0，∈f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立， ∈当a <－2时，令h (x )＝ex －1＋1x ＋a ，则h ′(x )＝e x －1－1x 2＝x 2e x －1－1x 2， 当x ≥1时，h ′(x )≥0，函数h (x )单调递增． 又h (1)＝2＋a ＜0， h (1－a )＝e 1－a －1＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋11－a>0，∈存在x 0∈(1,1－a )，使得h (x 0)＝0，故当x ∈(1，x 0)时，h (x )<h (x 0)＝0，即g ′(x )<0，故函数g (x )在(1，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>h (x 0)＝0，即g ′(x )>0，故函数g (x )在(x 0，＋∞)上单调递增．∈g (x )min ＝g (x 0)<g (1)＝0，即∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1不恒成立，综上所述，a的取值范围是[－2，＋∞)．题型二利用导数证明与函数有关的不等式【题型要点】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则∈∈x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；∈对∈x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对∈x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.【例2】已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．(1)当x>1时，求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4ln x成立，求k的取值范围；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2<e2k.(1)【解析】f′(x)＝1x·x＋ln x－k－1＝ln x－k，∈当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0，函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值；∈当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝e k，当1<x<e k时，f′(x)<0；当x>e k时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递减区间是(1，e k)，单调递增区间是(e k，＋∞)，在区间(1，＋∞)上的极小值为f(e k)＝(k－k－1)e k＝－e k，无极大值．(2)【解析】由题意，f(x)－4ln x<0，即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对于x∈[e，e2]恒成立．即k ＋1>(x －4)ln xx 对x ∈[e ，e 2]恒成立．令g (x )＝(x －4)ln x x ，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4x 2，令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4x ＋1>0，所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 故t ()x min ＝t (e)＝e －4＋4＝e>0，故g ′(x )>0， 所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 函数g ()x max ＝g (e 2)＝2－8e2.要使k ＋1>(x －4)ln xx 对于x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k ＋1>g ()x max ，所以k ＋1>2－8e2，即实数k 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,812e (3)[证明] 因为f (x )＝f (x 2)，由(1)知，函数f (x )在区间(0，e k )上单调递减， 在区间(e k ，＋∞)上单调递增，且f (e k ＋1)＝0. 不妨设x 1<x 2，则0<x 1<e k <x 2<e k ＋1， 要证x 1x 2<e 2k ，只要证x 2<e 2k x 1，即证e k<x 2<e 2k x 1. 因为f (x )在区间(e k ，＋∞)上单调递增，所以f (x 2)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k .又f (x )＝f (x 2)，即证f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，构造函数h (x )＝f (x )－f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k＝(ln x －k －1)x －⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2k x e k e 2kx ，即h (x )＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛--x k xx 1ln ，x ∈(0，e k )．h ′(x )＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛-+-221ln 1x k x x ＝(ln x －k )(x 2－e 2k )x 2，因为x ∈(0，e k )，所以ln x －k <0，x 2<e 2k ，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在区间(0，e k )上单调递增，故h (x )<h (e k )，而h (e k )＝f (e k )－f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k k e e2＝0，故h (x )<0，所以f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛12x e k ，即f (x 2)＝f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，所以x 1x 2<e 2k 成立．题组训练二 利用导数证明与函数有关的不等式 已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a >0)．(1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围； (2)证明：当a ≥2e时，f (x )>e －x .(1)【解】 方法一 函数f (x )＝ln x ＋ax 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋a x ，得f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2.因为a >0，则当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 当x ＝a 时，f (x )min ＝ln a ＋1. 当ln a ＋1≤0，即0<a ≤1e时，又f (1)＝ln 1＋a ＝a >0，则函数f (x )有零点．所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤⎝⎛e1,0方法二 函数f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋ax ＝0，得a ＝－x ln x .令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0时，g ′(x )>0；当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e时，g ′(x )<0.所以函数g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递减．故当x ＝1e 时，函数g (x )取得最大值g ⎪⎭⎫⎝⎛e 1＝－1e ln 1e ＝1e.因为函数f (x )＝ln x ＋a x 有零点，则0<a ≤1e，所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛e1,0.(2)【证明】 要证明当a ≥2e 时，f (x )>e －x ，即证明当x >0，a ≥2e 时，ln x ＋a x >e －x ，即x ln x ＋a >x e －x .令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0<x <1e 时，h ′(x )<0；当x >1e时，h ′(x )>0.所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递增．当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ＋a .于是，当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e.∈令φ(x )＝x e －x ，则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )． 当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.所以函数φ(x )在()0，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当x ＝1时，φ(x )max ＝φ(1)＝1e .于是，当x >0时，φ(x )≤1e.∈显然，不等式∈∈中的等号不能同时成立． 故当a ≥2e时，f (x )>e －x .题型三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 【题型要点】(1)利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出的函数f (x )在a ＝12，x ≥1时，有不等式12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x ，根据函数的定义域，这个不等式当然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x 以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n 的整数的不等式，而且不等式中含有ln n 的问题，一般都是通过赋值使之产生ln n ＋1n ，ln n n －1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋nn ＋1<n ＋ln 2－ln(n ＋2)时，就是通过变换n n ＋1＝1－1n ＋1，进而通过不等式x >ln(1＋x )(x >0)，得1n >ln ⎪⎭⎫ ⎝⎛+n 11＝ln(n ＋1)－ln n .(2)证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．【例3】已知函数f (x )＝ax ＋bx ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1)(n ≥1)．【解析】 (1)f ′(x )＝a －bx 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，f ′(1)＝a －b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －1c ＝1－2a .(2)由(1)知f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a .令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x ＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)，则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x＝ax 2－x －(a －1)x 2＝21)1(xa a x x a ⎪⎭⎫ ⎝⎛---(∈)当0＜a <12时，1－a a>1.若1<x <1－aa ，则g ′(x )<0，g (x )是减函数，所以g (x )<g (1)＝0，即f (x )<ln x 故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不恒成立． (∈)当a ≥12时，1－a a≤1，若x ＞1，则g ′(x )>0，g (x )是增函数，所以g (x )>g (1)＝0，即f (x )>ln x ， 故当x ≥1时，f (x )≥ln x .综上所述，所求a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21(3)证法一：由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)，且当x ＞1时，12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1＞ln x .令x ＝k ＋1k ，且ln k ＋1k <12⎪⎭⎫⎝⎛+-+11k k k k ＝12⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--⎪⎭⎫ ⎝⎛+11111k k ， 即ln(k ＋1)－ln k <12⎪⎭⎫ ⎝⎛++111k k ，k ＝1,2,3，…，n .将上述n 个不等式依次相加得ln(n ＋1)<12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅++n 13121＋12(n ＋1)，整理得1＋12＋13＋…1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1).证法二：用数学归纳法证明．∈当n ＝1时，左边＝1， 右边＝ln 2＋14<1，不等式成立．∈假设n ＝k 时，不等式成立，就是 1＋12＋13＋…＋1k >ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1). 那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1)＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1).由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)．令x ＝k ＋2k ＋1，得12⎪⎭⎫⎝⎛++-++2112k k k k ≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)． ∈ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1)≥ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).∈1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立， 根据∈和∈，可知不等式对任何n ∈N *都成立． 题组训练三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 设函数f (x )＝e x －ax －1，对∈x ∈R ，f (x )≥0恒成立． (1)求a 的取值集合；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)(n ∈N *)．【解析】 (1)f (x )＝e x －ax －1，f ′(x )＝e x －a ，∈当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在x ∈R 上单调递增，又f (0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)，f (x )<0，不合题意，舍去；∈当a >0时，x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －1，则需a －a ln a －1≥0恒成立．令g (a )＝a －a ln a －1，g ′(a )＝－ln a ，当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0，g (a )单调递增，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，g (a )单调递减，而g (1)＝0，所以a －a ln a －1≤0恒成立．所以a 的取值集合为{1}．(2)由(1)可得e x －x －1>0(x >0)，x >ln(x ＋1)(x >0)，令x ＝1n ，则1n >ln ⎪⎭⎫⎝⎛+11n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ， 所以1＋12＋13＋…＋1n>(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋(ln(n ＋1)－ln n )＝ln(n ＋1)(n ∈N *)．题型四 构造函数法在解题中的应用【例4】 已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e x x >32x ＋1x －3a .【解析】 (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ，知f ′(x )＝e x －3. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )． (2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x －32x 2＋3ax －1，于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a . 由(1)及a >ln 3e＝ln 3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增． 于是当a >ln 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x>32x 2－3ax ＋1，故e x x >32x ＋1x－3a .题组训练四1．构造函数解不等式已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)【解析】 因为f (x ＋2)为偶函数，所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f (x )的图象关于x ＝2对称．所以f (0)＝f (4)＝1.设g (x )＝f (x )e x (x ∈R )，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x .又f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0(x ∈R )，所以函数g (x )在定义域上单调递减． 因为f (x )<e x ∈f (x )e x <1，而g (0)＝f (0)e 0＝1，所以f (x )<e x ∈g (x )<g (0)，所以x >0.故选B. 【答案】 B2．构造函数证明不等式设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0.(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．【解】 (1)函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，可得f ′(x )＝2a ln x ＋ax ＋b ，因为f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1，所以a ＝1，b ＝－1.(2)证明：f (x )＝x 2ln x －x ＋1， 设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)，g ′(x )＝2x ln x －x ＋1，(g ′(x ))′＝2ln x ＋1＞0，所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(1)＝0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥(x －1)2.(6分) (3)设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1， h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1，由(2)中知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)， 所以x ln x ≥x －1，所以h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)， ∈当3－2m ≥0即m ≤32时，h ′(x )≥0，所以h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，成立． ∈当3－2m ＜0即m ＞32时，h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)， (h ′(x ))′＝2ln x ＋3－2m ，令(h ′(x ))′＝0，得x 0＝e 2m －32＞1，当x ∈[1，x 0)时，h ′(x )＜h ′(1)＝0，所以h (x )在[1，x 0)上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝0，不成立．综上，m ≤32.3．构造函数解决数列问题设函数f (x )＝x 2－ln(x ＋1)，证明：对任意的正整数n 不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立． 【证明】 从数列的角度考虑左边的通项为f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1，右边的通项为1n 3，若能证明⎪⎭⎫ ⎝⎛n f 1<1n3，则不等式获证，为此构造函数F (x )＝f (x )－x 3＝x 2－ln(x ＋1)－x 3， 则F ′(x )＝－3x 2＋2x －1x ＋1＝－3x 3＋x 2－2x ＋1x ＋1＝－3x 3＋(x －1)2x ＋1，显然当x ∈[0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在[0，＋∞)上是单调减函数， 又F (0)＝0，所以当x ∈[0，＋∞)时，恒有F (x )<F (0)＝0， 即x 2－ln(x ＋1)<x 3恒成立． 所以x ∈[0，＋∞)时，f (x )<x 3， 取x ＝1k，则有f ⎪⎭⎫⎝⎛k 1<1k 3，所以f (1)<1，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21<123，…，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1<1n 3，于是对任意的正整数n ，不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立． 【专题训练】1．已知函数f (x )＝ax 2＋2x －ln(x ＋1)(a 为常数)． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈[0，＋∞)时，不等式f (x )≤x 恒成立，求实数的取值范围．【解析】 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x 2＋2x －ln(x ＋1)， ∈f ′(x )＝－2x ＋2－1x ＋1＝1－2x 2x ＋1，由f ′(x )>0得，－22<x <22， 由f ′(x )<0得，－1<x <22或x >22， ∈函数f (x )的单调增区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-22,22，单调减区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--22,1和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,22(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤x 恒成立， 令g (x )＝f (x )－x ＝ax 2＋x －ln(x ＋1)， 问题转换为x ∈[0，＋∞)时，g (x )max ≤0. ∈g ′(x )＝2ax ＋1－11＋x ＝x [2ax ＋(2a ＋1)]x ＋1， ∈当a ＝0时，g ′(x )＝xx ＋1≥0，∈g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增， 此时g (x )无最大值，故a ＝0不合题意．∈当a >0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a<0，此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时无最大值，故a >0不合题意． ∈当a <0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a，当－12<a <0时，x 2＝－(2a ＋1)2a>0，而g (x )在[0，x 2)上单调递增，在[x 2，＋∞)上单调递减，∈g (x )max ＝g (x 2)＝a －14a －ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 21 ＝a －14a＋ln(－2a )，令φ(x )＝x －14x ＋ln(－2x )，x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21，则φ′(x )＝1＋14x 2＋1x ＝(2x ＋1)24x 2>0，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上单调递增， 又φ⎪⎭⎫⎝⎛-81e ＝－1e 8＋e 34－3ln 2，当e≈2.71时，e 3≈19.9，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上小于或等于不恒成立， 即g (x )max ≤0不恒成立， 故－12<a <0不合题意．当a ≤－12时，x 2＝－(2a ＋1)2a ≤0，而此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递减， ∈g (x )max ＝g (0)＝0，符合题意．综上可知，实数的取值范围是⎥⎦⎤ ⎝⎛-∞-21,2．已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a x a x 22. ∈0<a <2时，2a>1， 当x ∈(0,1)或x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． ∈a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． ∈a >2时，0<2a<1，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增， 在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1内单调递减，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2a 内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0内单调递增， 在⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明：由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎪⎭⎫ ⎝⎛+--322211x x x＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x≥0， 可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号，又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4.设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减．因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∈x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0. 所以h (x )＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号．所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．3．已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处与直线y ＝3x －2相切，求a 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2有两个零点x 1，x 2，试判断g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x 的符号，并证明．【解析】 (1)f ′(x )＝1＋ax，又f ′(1)＝3，所以a ＝2.(2)当a >0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x <0；当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0，证明如下： 函数g (x )的定义域是(0，＋∞)．若a ＝0，则g (x )＝f (x )－kx 2＝x －kx 2. 令g (x )＝0，则x －kx 2＝0.又据题设分析知，k ≠0，所以x 1＝0，x 2＝1k.又g (x )有两个零点，且都大于0，所以a ＝0不成立．据题设知⎩⎪⎨⎪⎧g (x 1)＝x 1＋a ln x 1－kx 21＝0，g (x 2)＝x 2＋a ln x 2－kx 22＝0.不妨设x 1>x 2，x 1x 2＝t ，t >1. 所以x 1－x 2＋a (ln x 1－ln x 2)＝k (x 1－x 2)(x 1＋x 2)．所以1＋a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)．又g ′(x )＝1＋a x －2kx ，所以g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x ＝1＋2a x 1＋x 2－k (x 1＋x 2)＝1＋2a x 1＋x 2－1－a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛---+212121ln ln 2x x x x x x ＝a x 2⎪⎭⎫ ⎝⎛--+i t t t ln 12＝a x 2·1t －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-t t t ln 112 引入h (t )＝2(t －1)t ＋1－ln t (t >1)，21 则h ′(t )＝4(t ＋1)2－1t ＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0. 所以h (t )在(0，＋∞)上单调递减． 而h (1)＝0，所以当t >1时，h (t )<0.易知x 2>0，1t －1>0，所以当a >0时，g ′⎪⎭⎫ ⎝⎛+221x x <0； 当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0.。
利用导数解决不等式、方程解的问题
h′(x)
＋
0
－
h(x)
1 2e
由表知当 x＝ e时，函数 h(x)有最大值，且最大值为21e，
因此 k≥21e.即 k 的取值范围为21e，＋∞
利用导数证明不等式
[例 2] 已知函数 f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 a＝－1 时，证明：在(1，＋∞)上，f(x)＋2>0； (3)求证：ln22·ln33·ln44·…·lnnn<n1(n≥2，n∈N*)． [思路点拨] (1)先求 f′(x)，再根据 a 的取值范围，求出 f(x)的单调区间； (2)由 a＝－1，得到 f(x)，再由(1)中 f(x)在(1，＋∞)上的 单调性证明； (3)由(2)得到关于 x 的不等式变形作为依据进而证明．
热点一
热点二
热点 透析高考
热点三
专 题 一
第 六
第
二 课
讲时
通法——归纳领悟
冲刺 直击高考
第二课时 利用导数解决不等式、方程解的问题
利用导数解决不等式的恒成立问题
[例 1] 已知函数 f(x)＝13x3＋bx2＋cx＋d， 设曲线 y＝f(x)在与 x 轴交点处的切线为 y＝4x－12，f′(x)为
1．已知函数 f(x)＝kx，g(x)＝lnxx. (1)求函数 g(x)＝lnxx的单调递增区间； (2)若不等式 f(x)≥g(x)在区间(0，＋∞)上恒成立，求 k 的 取值范围． 解：(1)∵g(x)＝lnxx(x>0)，∴g′(x)＝1－xl2n x， 令 g′(x)>0，得 0<x<e. 故函数 g(x)＝lnxx的单调递增区间为(0，e)．
f(x)的导函数，满足 f′(2－x)＝f′(x)． (1)求 f(x)； (2)设 g(x)＝x f′x，m>0，求函数 g(x)在[0，m]上的最
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第一篇：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关键词：导数，不等式，单调性，最值。
导数是研究函数性质的一种重要工具。
例如求函数的单调区间、求最大（小）值、求函数的值域等等。
而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。
一、利用导数证明不等式（一）、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：1、直接构造函数，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。
x2例1：x>0时,求证；x-－ln(1+x)＜02x2x2'证明：设f(x)= x-－ln(1+x)(x>0), 则f(x)=- 21+x∵x>0,∴f'(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减，x2所以x>0时,f(x) 例2：已知：a,b∈R,b>a>e, 求证:ab>b a,(e为自然对数的底)证：要证ab>b a只需证lnab>lnba 即证：blna－alnb>0a设f(x)=xlna－alnx(x>a>e)；则f '(x)=lna－, xa∵a>e,x>a ∴lna>1,<1,∴f '(x)>0,因而f(x)在（e, +∞）上递增 x ∵b>a,∴f(b)>f(a)；故blna－alnb>alna－alna=0；即blna>alnb所以ab>b a成立。
妙用导数法,巧解函数和不等式问题
妙用导数法，巧解函数和不等式问题作者：武文香来源：《广东教学报·教育综合》2020年第121期【摘要】高中数学中，导数是非常重要的内容，导数法就是对函数进行求导，借助导数的性质找到解题的突破口，尤其是在研究函数与方程和不等式问题中应用最为广泛，同时也是最有效的一种解题技巧。
本文主要分析在高考数学中最典型的用导数法解函数和解不等式的技巧，希望能够为广大考生提供一些帮助，提高自身的解题效率和准确率，争取在考试中获得高分。
【关键词】导数法;函数;不等式从最近几年的高考数学题中我们可以发现，压轴题多数以考查函数导数为主，具有很强的综合性，与此同时也具有灵活的技巧性，分析函数和不等式的特点，构造函数，借助导数的特点找到解题的突破口，但是构造函数是很多学生公认的难点，本文主要结合历年各地高考题来进行辅助说明，如何巧用导数法，解决函数和不等式问题。
一、借助导数法解决函数单调性的问题在高中数学中，函数一般比较复杂，明确函数在定义域内的单调性往往是解题的第一步，可见函数单调性在解决函数问题上具有很重要的作用，例如判断函数值大小、求极值、求取值范围等都需要用到函数的单调性。
1. 借助函数单调性比较函数值的大小在高考的数学大题中，函数通常具有抽象性和复杂性，在判断函数值的大小的时候，我们通常首先要考虑的就是函数的单调性，在研究不等式的时候也要借助函数的单调性进行判断。
而判断函数单调性最直接、最有效的方式就是用导数法，通过对函数进行求导，研究定义域内导数值的正负情况，就能够确定函数在定义域的不同区间内的单调性。
导数值大于零，函数在区间内为单调递增函数，导数值小于零，函数在区间内为单调递减函数，进而就能快速的比较两个函数值的大小关系。
2. 借助函数单调性求极值、最值或取值范围在一个函数中，通常会给出函数的定义域，要求求出函数在定义域内的最值或值域等，學生习惯性会将定义域两端的函数值直接代入到原函数中，将计算得出的结果作为最终答案，但是实际上并非一定如此，只有函数在定义域内为单调函数时，定义域两端才是最值点。
运用导数解决不等式恒成立问题ppt课件
解、f(x)＝xx＋ln 1x，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，
即 lnx≤mx－1x. 设 g(x)＝lnx－mx－1x， 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立，等价于函数 g(x)在[1，＋∞) 上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾.
总结：
aln21
.
5
变式练习
2、已知函f (数 x) ex 2bx2a，若f (x)在[2，）
上单调递增，求b的实取数值范围。
b
e2
总结：
2
.
6
变式练习
3、已知函数f (x) ex，g(x) 2x 2a, 若x[0， ）时，恒有f (x) g(x),求 实数a的取值范围。
总结：
aln21
解 , hx′(x)4 〈39 90h时′(xx＞)>4 039 时9 ，解得0＜x＜
43 9 9
所以h(x)在（0， 4 3 9 ）上递增，在（ 4 3 9
9
，+∞）上递减,
故h(x)的最大值为 h ( 4 3 9 ) 4 ，所以
9
9
a
9
4 9
变式练习
1： 已知函 f(x)数 ex2x2a，若 f(x)0恒 成立，求 a的实 取数 值范围。
得 k＜（x＋1）[1＋x ln（x＋1）](x＞0)，
令 g(x)＝（x＋1）[1＋x ln（x＋1）](x＞0)，
则 g′(x)＝x－1－lnx（2 x＋1），设 h(x)＝x－1－ln(x＋1)(x＞0)，
第六讲-导数的简单应用1利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题
令h′(x)＝0，得x＝±1.
所以函数h(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，
单调递减区间为(－1,1)．
由于h(－2)＝－53，h(1)＝－53，所以h(－2)＝h(1)．
专题一 第六讲 第一课时 第19页
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f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
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当x∈－1k，＋∞时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． (2)由(1)知，若k>0，则当且仅当－1k≤－1，
即k≤1时，函数f(x)在区间(－1,1)内单调递增；
若k<0，则当且仅当－
专题一 第六讲 第一课时 第10页
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真题演练
1. [2014·课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值．
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专题一 集合、常用逻辑用语、函数 与导数、不等式
专题一 第六讲 第一课时 第1页
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第六讲 高考中的导数综合应用(解答题型)
专题一 第六讲 第一课时 第2页
专题一 第六讲 第一课时 第27页
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导数及其应用讲导数在不等式中的应用课件pptx
方法总结
总结利用导数求解函数极 值点的常用方法，如求导 、判断导数为零的点等。
案例分析
通过典型案例演示如何利 用导数求解极值点。
04
导数的实际应用举例
利用导数求解利润最大化问题
利润函数
首先明确利润函数，即销售收入减去成本和税金 ，通常表示为x的函数。
举例
以y=x^4为例，求该函数的凹凸性和 拐点。该函数的导数为y'=4x^3，在 区间(-oo,0)上，y'<0；在区间(0,)上 ，y'>0。因此，函数在区间(-oo,0)上 单调递减，在区间(0,)上单调递增， 故函数在x=0处存在极值点，且该极 值点不是函数的极值点，故函数在 x=0处有拐点
利用导数求解函数的单调性和区间
利用导数求不等式的解
利用导数可以求出一些不等式的解。例如，利 用导数可以求出一些函数的极值点和转折点等 。
利用导数解决一些实际问题
利用导数可以解决一些实际问题，例如，利用 导数可以求出一些最优化的方案，以及利用导 数解决一些经济和金融问题等。
02
导数的定义和性质
导数的定义
函数f在点x0处可导
指当自变量x在点x0处有增量△x时，相应的函数值f(x0+△x)和f(x0)之差 △y=f(x0+△x)-f(x0)可表示为△y=A△x+o(△x)，其中A是与△x无关的常数
利用导数求解函数的极值和最值
总结词
导数的值为0的点可能是函数的极值点或最值点。
详细描述
利用导数求解函数的极值和最值
06
总结与回顾
本章主要内容总结
了解了导数的定义和计算方法 学习了不等式的性质和证明方法
高考数学复习点拨 利用导数解答不等式问题
利用导数解答不等式问题导数是研究函数的工具，而不等式与函数又有着千丝万缕的联系.因此导数在分析和解决一些不等式问题具有优越性.下面举例说明：一、利用函数单调性证明不等式例1 已知a b e >>，其中e 为自然对数的底．求证：b a a b <． 证明：设ln ()()x f x x e x =>，则21ln ()x f x x -'=． 又x e >时，ln 1x >∴．()0f x '<∴．()f x ∴在()e +，∞上单调递减．又a b e >>，()()f a f b <∴，即ln ln a b a b<． ln ln b a a b <∴，ln ln b a a b <∴，即b a a b <．点评：利用导数证明不等式的关键在于构造函数，其基本的思维程序为：证明不等式()()f x g x >可等价转化为证明()()()0F x f x f x =-->．利用()0F x '>，则函数()F x 在()a b ，上是增函数加以证明．例2 证明：321sin (0)x x x x x x -++>>∈R ，．证明：构造32()1f x x x x =-++，则2()321f x x x '=-+．该二次式的判别式4120∆=-<，()0f x '>∴，()f x ∴是R 上的增函数．0x >∵，()(0)1f x f >=∴，而sin 1x ≤，321sin x x x x -++>∴．∴ x3-x2+x+1>sinx.点评：本题并没有千篇一律的将不等式右边也纳入到所构造函数中，而是具体问题具体分析，考虑三角函数的有界性，用(0)1f =架桥铺路，使问题得解.二、利用函数最值解决不等式问题例3 已知函数3()6f x x x =+-，若不等式2()23f x m m -+≤对于所有满足[22]x ∈-，恒成立，则实数m 的取值范围是 ．分析：不等式2()23f x m m -+≤对于所有的[22]x ∈-，恒成立，只需223m m -+大于等于()f x 在[22]-，上的最大值． 解：2()310f x x '=+>∵，()f x ∴在[22]x ∈-，内是增函数．()f x ∴在[22]x ∈-，上的最大值是(2)4f =．2234m m -+∴≥，解得1m ≤1m ≥例4 已知函数3()3f x x x =-，证明：对任意12(11)x x -，，，不等式12()()4f x f x -<恒成立．分析：可通过证明max min ()()4f x f x -<来证明对任意12(11)x x ∈-，，，不等式12()()f x f x -恒成立，而()f x 的最大、最小值可利用导数求得．证明：()3(1)(1)f x x x '=+-． 当x 变化，()()f x f x '，变化情况如下表：得()f x 在[11]-，内是减函数，()f x 在[11]-，上的最大值max ()(1)2f x f =-=，最小值min ()(1)2f x f ==-．所以，对任意的12(11)x x ∈-，，，恒有12max min ()()()()4f x f x f x f x -<-=．广州美甲学校 峈奣尛。
利用导数处理与不等式有关的问题
－203－科教文化利用导数处理与不等式有关的问题马冰(甘肃省平凉市第一中学,甘肃平凉744000)导数是高中数学的新增内容，利用导数这个工具可以研究函数的性质，例如：函数的单调性、求极值、最值等等。
而在处理与不等式有关的综合性问题时往往要利用函数的性质。
因此，很多时候可以利用导数作为工具得出函数的性质，从而解决不等式问题。
本文具体讨论导数在解决与不等式有关问题时的作用。
1利用导数证明不等式1.1利用导数得出函数单调性来证明不等式我们知道函数的导数在某个区间上的函数值大于（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，由导数证明该函数的单调性，然后再利用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。
有如下两种形式：1.1.1直接构造函数，然后用导数证明该函数的单调性，再利用函数在它的同一单调区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立。
例1：时，求证：证明：设则上为减函数，1.1.2把不等式变形后再构造函数，然后利用导数证明该函数的单调性，达到明不等式的目的。
例2：设证明对任意的正整数n ，不等式都成立证明：当b=-1时，令则在上恒为正所以在上单调递增，恒有即所以取，得1.2利用导数求出函数的最值后，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，从而把证明不等式的问题转化为函数求最值问题。
例3：求证：时，证明：要证明原式，只需证成立设则的最小值为f(3)=1>0时即时，成立例4：已知函数在处取得极值。
①求的解析式②求证：对于区间上任意两个自变量的值，都有证明：①略，②由①得，在[-11]上为减函数对于区间[-11]上任意两个自变量的值，都有例5：已知，①．求函数的最大值②.设时，证明：证明：①略，②则设则当时当时所以当时，因为，所以即设则当时，因为所以即注：本题在构造函数时，考虑到是不等式区域的的端点，就涉及到选择变量的问题。
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以[h(x)]min＝h(1)＝1>0，
从而g′(x)>0， 故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以[g(x)]min＝g(1)＝2. 因为当x≥1时，2sinx≤2，所以g(x)≥2sinx. 又因为当x＝1时，2sinx＝2sin1<2， 所以当x≥1时，g(x)>2sinx，即x＋1x1＋lnx>2sinx， 所以当x≥1时，不等式f(x)>2xs＋in1x恒成立．
lnx x2
(x>0)，当
0<x<1时，f′(x)>0；当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，
所以函数f(x)在x＝1处取得极大值．
因为函数在区间(a，a＋12)(其中a>0)上存在极值，
a<1 所以a＋12>1
，解得12<a<1.
第六讲 高考中的导数综合应用(解答题型)
第二课时 利用导数解决不等式、方程解的 问题
R热点探究悟道
热点一 利用导数解决不等式的恒成立问题
导数与不等式相互交织构成了高考试题中一道亮丽 的风景线，尤其是利用导数证明不等式问题越来越受到 高考命题者的青睐，从近年高考试题不难看出，解决此 类问题的思路是构造适当函数，利用导数研究函数的单 调性和极值破解.
两招破解不等式的恒成立问题 (1)分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的 最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值(最值)； 第三步：构建不等式求解．
令h(x)＝x－lnx(x≥1)， 则h′(x)＝1－1x≥0， 当且仅当x＝1时取等号． 所以h(x)＝x－lnx在[1，＋∞)上单调递增， h(x)≥h(1)＝1＞0， 因此g′(x)＝x－x2lnx＝hxx2 >0， 则g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝2， 所以k≤2，即实数k的取值范围为(－∞，2]．
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)， ∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在 [0，＋∞)上恒成立， ∴a≤1时，ln(1＋x)≥1a＋xx恒成立(仅当x＝0时等号成立)．
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
令g(x)＝sinx－cx，则g′(x)＝cosx－c. 当c≤0时，g(x)>0对任意x∈0，2π恒成立． 当c≥1时，因为对任意x∈ 0，π2 ，g′(x)＝cosx－c<0，所 以g(x)在区间 0，π2 上单调递减．从而g(x)<g(0)＝0对任意x∈ 0，π2恒成立．
∴φ(a－1)<φ(0)＝0，
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥
ax 1＋x
不恒成
立．
综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．
2. [2014·北京高考]已知函数f(x)＝xcosx－sinx，x∈0，π2. (1)求证：f(x)≤0；
(2)若a<
sinx x
<b对x∈
0，π2
x gk＋1(x)＝g(gk(x))＝1＋gkgxkx＝1＋1＋1＋kxxkx＝1＋kx＋1x， 即结论成立．
由①②可知，结论对n∈N＋成立． 即gn(x)＝1＋xnx. (2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥1＋axx恒成立． 设φ(x)＝ln(1＋x)－1a＋xx(x≥0)， 则φ′(x)＝1＋1 x－1＋a x2＝x＋1＋1－x2a，
典例示法
[例1] [2014·贵州省贵阳市高三适应性监测考试(一)]已知函
数f(x)＝1＋xlnx.
(1)若函数在区间(a，a＋
1 2
)(其中a>0)上存在极值，求实数a
的取值范围；
(2)求证：当x≥1时，不等式f(x)>2xs＋in1x恒成立．
[解]
(1)因为f(xቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ＝
1＋lnx x
(x>0)，则f′(x)＝－
真题演练 1. [2014·陕西高考]设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)， x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数． (1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达 式； (2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．
[解] 由题设得，g(x)＝1＋x x(x≥0)．
(2)证明：当x≥1时，不等式f(x)>
2sinx x＋1
⇔
x＋11＋lnx x
>2sinx. 记g(x)＝x＋1x1＋lnx(x≥1)，
所以g′(x)＝[x＋11＋lnx]′x2x－x＋11＋lnx＝x－x2lnx.
令h(x)＝x－lnx，则h′(x)＝1－1x，
由x≥1得h′(x)≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所
互动探究
把(2)中的问题改为“当x≥1时，不等式f(x)≥
k x＋1
恒成立，
求实数k的取值范围．”
[解]
当x≥1时，不等式f(x)≥
k x＋1
⇔
1＋lnx x
≥
k x＋1
⇔
k≤x＋1x1＋lnx.
令g(x)＝x＋1x1＋lnx(x≥1)，
由题意，k≤g(x)在[1，＋∞)上恒成立．
g′(x)＝[x＋11＋lnx]′·xx－2 x＋11＋lnx·x′＝x－x2lnx.
x
(1)由已知得，g1(x)＝
x 1＋x
，g2(x)＝g(g1(x))＝
1＋x 1＋1＋x x
＝
1＋x2x，
g3(x)＝1＋x3x，…，可得gn(x)＝1＋xnx.
下面用数学归纳法证明． ①当n＝1时，g1(x)＝1＋x x，结论成立． ②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝1＋x kx. 那么，当n＝k＋1时，
恒成立，求a的最大值与b的最小
值．
[解] (1)证明：由f(x)＝xcosx－sinx得f′(x)＝cosx－xsinx－ cosx＝－xsinx.
因为在区间 0，π2 上f′(x)＝－xsinx≤0，所以f(x)在区间 0，π2上单调递减．
从而f(x)≤f(0)＝0.
(2)当x>0时，“sixnx>a”等价于“sinx－ax>0”；“sixnx<b” 等价于“sinx－bx<0”．