导数与不等式证明

题型二 不等式恒成立或有解问题 例 2 已知函数 f(x)＝1＋xlnx. (1)若函数 f(x)在区间a，a＋12上存在极值，求正实数 a 的取值范围； (2)如果当 x≥1 时，不等式 f(x)≥x＋k 1恒成立，求实数 k 的取值范围．
解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1－1x－2 lnx＝－lxn2x， 令 f′(x)＝0，得 x＝1. 当 x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以 x＝1 为函数 f(x)的极大值点，且是唯一极值点， 所以 0<a<1<a＋12， 故12<a<1，即实数 a 的取值范围为12，1.
(2)当 x≥1 时，k≤x＋1x1＋lnx恒成立， 令 g(x)＝x＋1x1＋lnx(x≥1)， 则 g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xxx－2 x＋11＋lnx ＝x－x2lnx.
跟踪训练 1 已知函数 f(x)＝lnx＋x＋2 1，求证：
f(x)≤x＋2 1. 证明：令 g(x)＝f(x)－x＋2 1＝lnx＋x＋2 1－x＋2 1(x＞0)， 则 g′(x)＝1x－x＋212－12＝22x－xx＋－1x32 ＝－x－2x1x＋x2＋12x＋2.
当 x＞1 时，g′(x)＜0，当 0＜x＜1 时，g′(x)＞0， ∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 即当 x＝1 时，g(x)取得最大值， 故 g(x)≤g(1)＝0，即 f(x)≤x＋2 1成立．
再令 h(x)＝x－lnx(x≥1)，则 h′(x)＝1－1x≥0， 所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0， 所以 g(x)为单调增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2， 故 k≤2，即实数 k 的取值范围是(－∞，2]．
引申探究 本例(2)中若改为：∃x0∈[1，e]，使不等式 f(x0)≥x0＋k 1成立，求实数 k 的取值范围． 解：当 x∈[1，e]时，k≤x＋1x1＋lnx有解， 令 g(x)＝x＋1x1＋lnx(x∈[1，e])，由例(2)解题知， g(x)为单调增函数，所以 g(x)max＝g(e)＝2＋2e， 所以 k≤2＋2e，即实数 k 的取值范围是－∞，2＋2e.
(2)f′(x)＝ex－1－2ax，令 h(x)＝ex－1－2ax， 则 h′(x)＝ex－2a. ①当 2a≤1，即 a≤12时， 在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增， h(x)≥h(0)，即 f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0，
∴当 a≤12时满足条件． ②当 2a>1，即 a>12时， 令 h′(x)＝0，解得 x＝ln(2a)，
在[0，lห้องสมุดไป่ตู้(2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴当 x∈(0，ln(2a))时，有 h(x)<h(0)＝0， 即 f′(x)<f′(0)＝0， ∴f(x)在区间(0，ln(2a))上为减函数， ∴f(x)<f(0)＝0，不合题意． 综上，实数 a 的取值范围为－∞，12.
再令 φ(x)＝ex－ex，则 φ′(x)＝e－ex， 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 ex－ex≤0. 因为 h(x)与 φ(x)不同时为 0，所以 ex－ex＜lnx＋e1x，故不等式成立．
【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 两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．
高考中的导数应用问题
--导数与不等式
题型一 证明不等式 例 1 (2020·长沙模拟)已知函数 f(x)＝ex2－xlnx.求证：当 x＞0 时，f(x)＜xex＋1e. 证明：要证 f(x)＜xex＋1e，只需证 ex－lnx＜ex＋e1x，即 ex－ex＜lnx＋e1x. 令 h(x)＝lnx＋e1x(x＞0)，则 h′(x)＝exe－x21， 易知 h(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，则 h(x)min＝h1e＝0，所以 lnx＋e1x≥0.
【思维升华】 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 (1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． (2)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．
跟踪训练 2 已知函数 f(x)＝ex－1－x－ax2. (1)当 a＝0 时，求证：f(x)≥0；
(2)当 x≥0 时，若不等式 f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围． 解：(1)证明 当 a＝0 时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1. 当 x∈(－∞，0)时，f′(x)<0； 当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0. 故 f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.