2-11-3 导数与不等式问题 课件

存在型不等式恒成立问题的求解策略 “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问题，以免细节出错．
2．利用导数解决不等式的恒成立问题 利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导 数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式， 从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问 题转化为函数的最值问题．
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【解】 (1)由 f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b， 可得 f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4) ＝3(x－a)[x－(4－a)]． 令 f′(x)＝0， 解得 x＝a，或 x＝4－a. 由|a|≤1，得 a<4－a.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，a) (a,4－a) (4－a，＋∞)
第二章
函数、导数及其应用
第十一节 导数的应用
第3课时 导数与不等式问题
课堂探究·双向交流02 课时作业
课堂探究·双向交流02
课堂升华 强技提能
考点一 不等式的证明 【例 1】 (2018·河北石家庄一模)已知函数 f(x)＝ex－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>ln3e，且 x>0 时，exx>32x＋1x－3a.
1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；2注意分离参数、构造函数等方法 的应用.
(2018·陕西西北九校联考)已知函数 f(x)＝－lnx＋t(x－1)，t 为 实数．
(1)当 t＝1 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)若当 t＝12时，kx－12－f(x)<0 在(1，＋∞)上恒成立，求实数 k 的取值范围．
③当 a≥e 时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函 数．
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae. 综上，当 a≤1 时，f(x)min＝1－a； 当 1<a<e 时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1； 当 a≥e 时，f(x)min＝e－(a＋1)－ae.
设函数 f(x)＝x22＋(1－k)x－klnx. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 k 为正数，且存在 x0 使得 f(x0)<32－k2，求 k 的取值范围．
解
：
(1)
定
义
域
为
(0
，
＋
∞)
，
f′(x)
＝
x
＋
1
－
k
－
k x
＝
x2＋1－x kx－k＝x＋1xx－k，
①k≤0 时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
考点三 存在型不等式恒成立 【例 3】 (2018·新乡调研)已知函数 f(x)＝x－(a＋1)lnx－ax(a ∈R)，g(x)＝12x2＋ex－xex. (1)当 x∈[1，e]时，求 f(x)的最小值； (2)当 a<1 时，若存在 x1∈[e，e2]，使得对任意的 x2∈[－2， 0]，f(x1)<g(x2)恒成立，求 a 的取值范围．
(2)证明：因为 b>0，a≥1，所以a＋b b>1，又 f(x)＝1－ axx＋lnx 在(1，＋∞)上是增函数，所以 f(a＋b b)>f(1)，即1－aa＋＋bbb＋lna＋b b>0，
a· b
化简得a＋1 b<lna＋b b，lna＋b b<ab等价于 lna＋b b－ab＝ln(1＋ab)－ab<0， 令 g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，＋∞))，则 g′(x)＝1＋1 x－1＝1－＋xx<0， 所以函数 g(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以 g(ab)＝ln(1＋ab)－ab＝ lna＋b b－ab<g(0)＝0，综上，a＋1 b<lna＋b b<ab，得证．
由 f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1，得 b＝2a3－6a2＋1，－ 1≤a≤1.
令 t(x)＝2x3－6x2＋1，x∈[－1,1]，所以 t′(x)＝6x2－12x，令 t′(x)＝0，解得 x＝2(舍去)，或 x＝0.
因为 t(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1，因此，t(x)的值域为[－ 7,1]．所以，b 的取值范围是[－7,1]．
【解】 (1)由 f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知 f′(x)＝ex－3，x
∈R.令 f′(x)＝0，得 x＝ln3，于是当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变
化情况如下表：
x
(－∞，ln3)
ln3
(ln3，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
3(1－ln3＋a)
故 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3]，单调递增区间是[ln3， ＋∞)，f(x)在 x＝ln3 处取得极小值，极小值为 f(ln3)＝eln3－3ln3 ＋3a＝3(1－ln3＋a)．
当 k∈(1，＋∞)时，g(k)>0，于是k22＋k－klnk－32>0，故 k 的 取值范围为(0,1)．
1．利用导数证明不等式 若证明 f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)， 如果 F′(x)<0，则 F(x)在(a，b)上是减函数，同时若 F(a)≤0，由 减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有 F(x)<0，即证明了 f(x)<g(x)．
②因为 g(x)≤ex，x∈[x0－1，x0＋1]，由 ex>0，可得 f(x)≤1. 又因为 f(x0)＝1，f′(x0)＝0，故 x0 为 f(x)的极大值点，由(1)知 x0 ＝a.
另一方面，由于|a|≤1，故 a＋1<4－a，由(1)知 f(x)在(a－1， a)内单调递增，在(a，a＋1)内单调递减，故当 x0＝a 时，f(x)≤f(a) ＝1 在[a－1，a＋1]上恒成立，从而 g(x)≤ex 在[x0－1，x0＋1]上恒 成立．
考点二 不等式恒成立问题 【例 2】 (2017·天津卷)设 a，b∈R，|a|≤1.已知函数 f(x)＝ x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)＝exf(x)． (1)求 f(x)的单调区间； (2)已知函数 y＝g(x)和 y＝ex 的图象在公共点(x0，y0)处有相同 的切线， ①求证：f(x)在 x＝x0 处的导数等于 0； ②若关于 x 的不等式 g(x)≤ex 在区间[x0－1，x0＋1]上恒成立， 求 b 的取值范围．
a>ln3e＝ln3－1 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 ex>32x2－3ax＋1，故exx>32
x＋1x－3a.
1证明 fx<gx，x∈a，b，可以构造函数 Fx＝fx－gx， 如果 F′x<0，则 Fx在a，b上是减函数，同时若 Fa≤0，由 减函数的定义可知，x∈a，b时，有 Fx<0，即证明了 fx<gx.
x 2－1 2，k x－
1 2
－
f(x)
＝xk
－
1 2
－
－lnx＋2x－12＝lnx－2x＋kx， 当 x>1 时，kx－12－f(x)<0 恒成立，等价于 k<x22－xlnx 在(1，＋
∞)上恒成立． 令 g(x)＝x22－xlnx，则 g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx.
令 h(x)＝x－1－lnx，则 h′(x)＝1－1x＝x－x 1. 当 x>1 时，h′(x)>0，函数 h(x)＝x－1－lnx 在(1，＋∞)上单 调递增，故 h(x)>h(1)＝0，从而当 x>1 时，g′(x)>g′(1)＝0，即 函数 g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故 g(x)>g(1)＝12， 因此当 x>1 时，若使 k<x22－xlnx 恒成立，必须 k≤12. ∴实数 k 的取值范围是－∞，12.
(2)由题意知 f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于 g(x)(x∈[－2,0])的最 小值．
由(1)知当 a<1 时 f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－ (a＋1)－ae.
g′(x)＝(1－ex)x. 当 x∈[－2,0]时 g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1， 所以 e－(a＋1)－ae<1，即 a>ee2－＋21e， 所以 a 的取值范围为ee2－＋21e，1.
2有时要构造函数，确定单调后，借助于赋值法证明不等式 如下面变式训练.
(2018·兰州市诊断考试)已知函数 f(x)＝1－ axx＋lnx 在(1，＋∞) 上是增函数，且 a>0.
(1)求 a 的取值范围； (2)若 b>0，试证明a＋1 b<lna＋b b<ab.
解：(1)f′(x)＝－a1x2＋1x＝axa－x2 1，因为 f′(x)≥0，且 a>0，所 以 ax－1≥0，即 x≥1a，因为 x∈(1，＋∞)，所以1a≤1，即 a≥1.
f′(x)
＋
－
＋
f(x) 所以，f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(4－a，＋∞)，单调 递减区间为(a,4－a)．