第19讲 导数与不等式问题
导数与不等式讲义
导数与不等式课堂考点探究探究点一导数方法证明不等式例题1已知函数f(x)=ln x+(1-a)x3+bx,g(x)=xe x-b (a,b∈R,e为自然对数的底数),且曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y=1+1x.e(1)求实数a,b的值;(2)求证:f(x)≤g(x).[总结反思](1)证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)=f(x)-g(x)>0(利用单调性),特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法),但后一种方法不具备普遍性.(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式,一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体,另一种方法为转化后利用函数的单调性,如不等式f(x1)+g(x1)<f(x2)+g(x2)对x1<x2恒成立,即等价于函数h(x)=f(x)+g(x)为增函数.变式题已知函数f(x)=xln x-e x+1.(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)证明:f(x)<sin x在(0,+∞)上恒成立.探究点二根据不等式确定参数范围例题2已知函数f(x)=x-ax+b的图像在点(e,f(e))处的切线方程为y=-ax+2e.lnx(1)求实数b的值;(2)若存在x∈[e,e2],满足f(x)≤1+e,求实数a的取值范围.4[总结反思](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相关函数,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(组),解不等式(组)(2)注意分离参数、构造函数等方法的应用.变式题已知f(x)=e x-ax2,若f(x)≥x+(1-x)·e x在x≥0时恒成立,求实数a的取值范围.探究点三可化为不等式问题的函数问题例题3已知函数f(x)=(x-1)ln x-(x-a)2(a∈R).若f(x)在(0,+∞)上单调递减,求a的取值范围. [总结反思]已知函数在某个区间上单调、在定义域上存在单调递增(减)区间等问题的解决方法是根据函数导数与单调性的关系建立不等式(组),通过研究不等式(组)得出问题答案.(x>1)图像的上方,求a的取值范围.变式题若函数y=ax2的图像恒在函数y=x2x2-1参考答案例题1 [思路点拨] (1)对函数f (x )求导,根据切线方程及导数得出参数a ,b ;(2)构建函数F (x )=f (x )-g (x ),只需证明F (x )≤0,对F (x )求导,分析求单调性与最大值.解:(1)∵f'(x )=1x +3(1-a )x 2+b , ∴f'(e )=1e+3(1-a )e 2+b ,且f (e )=1+(1-a )e 3+be , 又曲线y=f (x )在点(e ,f (e ))处的切线方程为y=(1e +1)x ,∴切点坐标为(e ,1+e ),∴{1e +3(1−a)e 2+b =1e +1,1+(1−a)e 3+be =1+e,解得a=b=1.(2)证明:由(1)可知f (x )=ln x+x ,g (x )=xe x -1,且f (x )的定义域为(0,+∞), 令F (x )=f (x )-g (x )=ln x+x-xe x+1, 则F'(x )=1x +1-e x -xe x =1+xx -(x+1)e x =(x+1)1x-e x . 令G (x )=1x -e x ,可知G (x )在(0,+∞)上为减函数,且G (12)=2-√e >0,G (1)=1-e<0, ∴存在x 0∈12,1,使得G (x 0)=0,即1x 0-e x 0=0. 当x ∈(0,x 0)时,G (x )>0,∴F'(x )>0,F (x )为增函数;当x ∈(x 0,+∞)时,G (x )<0,∴F'(x )<0,F (x )为减函数.∴F (x )≤F (x 0)=ln x 0+x 0-x 0e x 0+1,又∵1x 0-e x 0=0,∴1x 0=e x 0,即ln x 0=-x 0, ∴F (x 0)=0,即F (x )≤0,∴f (x )≤g (x ).变式题 解:(1)依题意得f'(x )=ln x+1-e x,又f (1)=1-e ,f'(1)=1-e , 故所求切线方程为y-1+e=(1-e )(x-1),即y=(1-e )x.(2)证明:依题意,要证f (x )<sin x ,即证xln x-e x+1<sin x , 即证xln x<e x+sin x-1. 当0<x ≤1时,e x+sin x-1>0,xln x ≤0, 故xln x<e x+sin x-1,即f (x )<sin x. 当x>1时,令g (x )=e x +sin x-1-xln x ,故g'(x )=e x+cos x-ln x-1. 令h (x )=g'(x )=e x +cos x-ln x-1,则h'(x )=e x -1x-sin x , 当x>1时,e x -1x >e-1>1,所以h'(x )=e x -1x -sin x>0,故h (x )在(1,+∞)上单调递增. 故h (x )>h (1)=e+cos 1-1>0,即g'(x )>0,所以g (x )>g (1)=e+sin 1-1>0,即xln x<e x+sin x-1,即f (x )<sin x. 综上所述,f (x )<sin x 在(0,+∞)上恒成立.例题2 [思路点拨] (1)利用导数求得切线方程,将其和已知的切线方程对比,可得b=e ;(2)将原不等式分离常数,得到a ≥1lnx -14x 在[e ,e 2]上有解,令h (x )=1lnx -14x ,利用导数求得其最小值,进而得到a 的取值范围.解:(1)函数f (x )的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为f (x )=x lnx -ax+b ,所以f'(x )=lnx -1(lnx)2-a ,所以f (e )=e-ae+b ,f'(e )=-a.所以函数f (x )的图像在点(e ,f (e ))处的切线方程为y-(e-ae+b )=-a (x-e ),即y=-ax+e+b. 又已知函数f (x )的图像在点(e ,f (e ))处的切线方程为y=-ax+2e ,所以实数b 的值为e.(2)f (x )≤14+e ,即x lnx -ax+e ≤14+e , 所以问题转化为a ≥1lnx -14x 在[e ,e 2]上有解. 令h (x )=1lnx -14x ,x ∈[e ,e 2], 则h'(x )=14x 2-1x(lnx)2=(lnx)2-4x 4x 2(lnx)2=(lnx+2√x)(lnx -2√x)4x 2(lnx)2.令p (x )=ln x-2√x ,所以当x ∈[e ,e 2]时,有p'(x )=1x -√x =1−√xx <0, 所以函数p (x )在区间[e ,e 2]上单调递减,在区间[e ,e 2]上,p (x )<p (e )=ln e-2√e <0,h'(x )<0,即h (x )在区间[e ,e 2]上单调递减,h (x )≥h (e 2)=1ln e 2-14e 2=12-14e 2. 所以实数a 的取值范围为12-14e 2,+∞. 变式题 解:f (x )≥x+(1-x )e x ,即e x -ax 2≥x+e x -xe x ,即e x -ax-1≥0,x ≥0.令h (x )=e x -ax-1(x ≥0),则h'(x )=e x-a (x ≥0). 当a ≤1时,由x ≥0知h'(x )≥0,∴h (x )≥h (0)=0,原不等式恒成立.当a>1时,令h'(x )>0,得x>ln a ;令h'(x )<0,得x<ln a.∴h (x )在(0,ln a )上单调递减,又∵h (0)=0,∴h (x )≥0不恒成立,∴a>1不合题意.综上,a 的取值范围为(-∞,1].例题3 [思路点拨] 问题转化为f'(x )≤0在(0,+∞)上恒成立,构建函数g (x )=f'(x ),让其最大值小于或等于0即可.解:由已知得,f'(x )=ln x+x -1x -2(x-a )=ln x-1x -2x+1+2a ≤0恒成立. 令g (x )=ln x-1x -2x+1+2a ,则g'(x )=1x +1x 2-2=-2x 2+x+1x 2=-(2x+1)(x -1)x 2(x>0).∴当0<x<1时,g'(x )>0,g (x )在(0,1)上单调递增,当x>1时,g'(x )<0,g (x )在(1,+∞)上单调递减,∴g (x )max =g (1)=2a-2.∴由f'(x )≤0恒成立可得a ≤1.即当f (x )在(0,+∞)上单调递减时,a 的取值范围是(-∞,1].变式题 解:∵函数y=ax 2的图像恒在函数y=x2x 2-1(x>1)图像的上方, ∴ax 2-x2x 2-1>0在(1,+∞)上恒成立,∴a>12x 3-x .设f(x)=1,x>1,2x3-x则f'(x)=1−6x2<0在(1,+∞)上恒成立, (2x3-x)2∴f(x)在(1,+∞)上单调递减,∴f(x)<f(1)=1,∴a≥1.。
导数及其应用讲导数在不等式中的应用课件
02
导数符号与单调性关系
当函数在某区间内的导数大于0时，函数在该区间内单调增加；当导数
小于0时，函数单调减少。
03
应用举例
例如，对于函数$f(x) = x^3 + 2x^2 - 5x - 7$，其导数为$f'(x) =
3x^2 + 4x - 5$，通过判断导数的符号可以确定该函数在哪些区间内单
调增加或单调减少。
利用导数求解不等式问题
不等式问题的转化
极值与最值的关系
利用导数的性质将不等式问题转 化为求函数极值或最值的问题。
函数的极值点可能是不等式问题 的解，而函数的最大值或最小值 可能是不等式问题的唯一解。
应用举例
例如，对于不等式$x^3 + 2x^2 - 5x - 7 > 0$，可以将其转化为 求函数$f(x) = x^3 + 2x^2 - 5x - 7$的最小值问题，通过求导并 判断导数的符号来确定函数的极 值点，从而得到不等式的解。
03
导数在其他领域的应用
导数在经济学中的应用
边际分析和最优化
导数可以用来分析经济函数的边际变 化，帮助确定经济活动的最优化条件 。
弹性分析
经济增长和收敛
导数可以用来研究经济增长的收敛性 和稳定性。
导数可以用来分析需求和供给的弹性 ，从而理解市场价格和产量的变化。
导数在物理学中的应用
运动学
导数可以用来描述物体的 运动状态，例如速度、加 速度和位移。
利用导数解决最值问题
最值问题的转化
利用导数的性质将最值问题转化为求函数极值或最值的问题。
极值与最值的关系
函数的极值点可能是最值问题的解，而函数的最大值或最小值可能是最值问题的唯一解。
导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题
05 总结与展望
导数与不等式证明及函数零点、方程根问题的总结
导数与不等式证明
导数是研究函数性质的重要工具，通过导数可以研究函数的单调性、极值和最值等。不等 式证明则是数学中常见的题型，利用导数可以证明不等式，如AM-GM不等式、CauchySchwarz不等式等。
函数零点问题
函数的零点是指满足$f(x)=0$的$x$值。研究函数的零点对于理解函数的性质和解决方程 的根的问题具有重要意义。通过导数可以研究函数的零点个数和位置，以及零点附近的函 数性质。
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• 应用领域的拓展：导数与不等式证明及函数零点、方程根的问题不仅在数学领 域有广泛应用，在其他学科和工程领域也有着重要的应用价值。例如，在经济 学、物理学和社会科学等领域，这些问题都可能成为重要的研究课题。
• 与其他数学分支的交叉融合：随着数学各分支之间的交叉融合，导数与不等式 证明及函数零点、方程根的问题可能会与其他数学分支产生更多的交叉点。例 如，与概率论、统计学和复分析等领域的结合可能会产生新的研究方向和应用 场景。
导数在求解函数零点、方程根中的注意事项
注意定义域
在使用导数研究函数性质 时，需要注意函数的定义 域，确保导数在定义域内 连续。
考虑多解情况
在求解函数零点或方程根 时，需要注意多解情况， 全面考虑所有可能的解。
注意函数的奇偶性
在利用导数研究函数性质 时，需要注意函数的奇偶 性，以便更准确地判断函 数的性质。
不等式
不等式是表示两个数或两个量之 间大小关系的数学表达式。
导数与不等式的性质
01
导数大于零，函数在该区间内单 调递增；导数小于零，函数在该 区间内单调递减。
02
不等式的基本性质包括传递性、 加法性质、乘法性质等。
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。
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所以 h(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以 h(x)＞h(0)＝0 恒成立． 即 ex－12x2－x－1＞0 恒成立．故当 x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)在(0,2)上单 调递增．当 x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减． 因此 g(x)max＝g(2)＝7－4 e2， 综上，实数 a 的取值范围是7－4 e2，＋∞.
所以 g(x)≤1 当且仅当 g(2)＝(7－4a)·e－2≤1，即 a≥7－4 e2. 所以当7－4 e2≤a＜12时，g(x)≤1. ③若 2a＋1≥2，即 a≥12，则 g(x)≤12x3＋x＋1e－x. 由于 0∈7－4 e2，12，故由②可得12x3＋x＋1e－x≤1.故当 a≥12时，g(x)≤1. 综上，a 的取值范围是7－4 e2，＋∞.
①若 2a＋1≤0，即 a≤－12，则当 x∈(0,2)时， g′(x)＞0.所以 g(x)在(0,2)上单调递增，而 g(0)＝1， 故当x∈( ， )时，g(x)＞1，不符合题意.
②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，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增． 由于g(0)＝1，
∵h(3)＝1－ln 3＜0，h(4)＝2－2ln 2＞0， ∴∃x0∈(3,4)，使得 h(x0)＝0， 当 x∈(1，x0)时，g′(x)＜0； x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0， ∴g(x)min＝g(x0) ＝x0lxn0－x0＋1 1. ∵h(x0)＝x0－ln x0－2＝0， ∴ln x0＝x0－2， ∴g(x)min＝g(x0)＝x0xx0－0－21＋1＝x0∈(3,4)， ∴m≤x0∈(3,4)，即正整数 m 的最大值为 3.
导数的应用——利用导数证明不等式
导数的应用——利用导数证明不等式导数是微积分中的重要概念，它不仅在数学中有广泛的应用，还能帮助我们解决一些实际问题。
利用导数来证明不等式是导数的另一个重要应用之一、在本文中，我们将探讨如何使用导数来证明一些不等式。
在开始之前，我们需要回顾一下导数的定义。
对于函数f(x)，如果在特定点x处的导数存在，那么导数的定义为：f'(x) = lim(h->0) (f(x+h)-f(x))/h其中，f'(x)表示函数f(x)在点x处的导数。
证明不等式的基本方法是比较函数在一些区间内的导数大小关系。
如果可以证明在这个区间内，一个函数的导数始终大于另一个函数的导数，那么我们可以推断出，这个区间内的一个函数始终大于另一个函数，从而得到不等式的证明。
下面将通过一些具体的例子来说明如何利用导数证明不等式。
例1：证明当x>0时，e^x>1+x首先，我们定义函数f(x)=e^x-(1+x)，我们需要证明当x>0时，f(x)>0。
对于上述函数，我们可以计算它的导数f'(x)=e^x-1、现在我们只需要证明当x>0时，f'(x)>0即可。
对于x>0，显然有e^x>1，因此f'(x)=e^x-1>1-1=0，即f'(x)>0。
由此可知，当x>0时，f(x)是递增函数。
由此得到，f(x)>f(0)，即e^x-(1+x)>1-(1+0)=0。
因此，当x>0时，e^x>1+x。
例2：证明当 x>-1 时，(1+x)^n>1+nx在这个例子中，我们需要证明当 x>-1 时，(1+x)^n>1+nx，其中 n是正整数。
我们定义函数 f(x) = (1+x)^n-(1+nx)，我们需要证明当 x>-1 时，f(x)>0。
同样地，我们计算这个函数的导数f'(x)=n(1+x)^(n-1)-n。
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；
导数解决不等式问题
导数解决不等式问题导数是微积分中的重要概念，它不仅能够用于求取函数的极值和变化率，还能帮助我们解决不等式问题。
当我们在做数学题或应对实际问题时，经常会遇到需要确定函数的取值范围或者找到满足某些条件的变量取值的问题。
导数提供了一种简洁而有效的方法来解决这些不等式问题。
本文将从基础的导数概念出发，深入探讨导数在解决不等式问题中的应用。
1. 导数基本概念与定义导数的定义是函数在某一点处的变化率，可以理解为函数在该点的切线斜率。
导数可以通过函数的极限来定义，即\[f'(x) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x}\]其中，\(\Delta x\)表示自变量\(x\)的增量。
当导数存在时，函数在该点处的切线斜率即为导数的值。
2. 导数与函数的单调性导数可以帮助我们判断函数在某一区间上的单调性。
具体来说，如果在一个区间上导数恒大于0，则函数在该区间上单调递增；如果导数恒小于0，则函数在该区间上单调递减。
考虑函数\(f(x) = x^2\)，求其定义域上的单调性。
我们需要计算函数的导数：\[f'(x) = 2x\]当导数大于0时，函数单调递增；当导数小于0时，函数单调递减。
在本例中，导数2x大于0的定义域为\(x > 0\)，而导数小于0的定义域为\(x < 0\)。
函数\(f(x) = x^2\)在\(x > 0\)时递增，在\(x < 0\)时递减。
3. 导数与函数的极值导数可以帮助我们找到函数的极值点。
在函数的极值点，导数等于0或者不存在。
考虑函数\(f(x) = x^3 - 3x\)，我们首先计算其导数：\[f'(x) = 3x^2 - 3\]要找到函数的极值点，我们需要解方程\(f'(x) = 0\)。
在本例中，\(f'(x)\)等于0的解为\(x = -1, 1\)。
2023届高考数学一轮复习讲义：第19讲 利用导数证明不等式
第19讲 利用导数证明不等式➢考点1 作差构造法证明不等式[名师点睛]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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式． (2021·全国乙卷)设函数f (x )＝ln(a －x )，已知x ＝0是函数y ＝xf (x )的极值点． (1)求a ；(2)设函数g (x )＝x ＋f (x )xf (x )，证明：g (x )＜1.[举一反三]（2022·江苏盐城·三模）已知函数()21e 2xf x x ax =-+． (1)若函数()f x 在()0,∞+上是单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若对于任意210x x >>，存在正实数0x ，使得()()()21021f x f x f x x x '-=-，试判断02x 与12x x +的大小关系，并给出证明．➢考点2 隔离分析法证明不等式(2022·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－e x＋2e x≤0.[举一反三](2022·贵阳联考)设函数f (x )＝x 2－(x ＋1)ln x ，求证：当0＜x ≤2时，f (x )>12x .➢考点3 换元构造法证明不等式(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x (1－ln x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，证明：2＜1a ＋1b ＜e.[举一反三]（2022·山东威海·三模）已知函数()2ln af x x x x=-+．(1)当34a =时，求()f x 的单调区间； (2)若()f x 有两个极值点12,x x ，且12x x <，从下面两个结论中选一个证明． ①()()212122f x f x x x a-<--；②()222ln 223f x a <+-第19讲 利用导数证明不等式➢考点1 作差构造法证明不等式[名师点睛]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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式． (2021·全国乙卷)设函数f (x )＝ln(a －x )，已知x ＝0是函数y ＝xf (x )的极值点． (1)求a ；(2)设函数g (x )＝x ＋f (x )xf (x )，证明：g (x )＜1.[解] (1)由题意得y ＝xf (x )＝x ln(a －x )， 则y ′＝ln(a －x )＋x [ln(a －x )]′， 因为x ＝0是函数y ＝xf (x )的极值点， 所以y ′|x ＝0＝ln a ＝0，所以a ＝1.(2)证明：由(1)可知，f (x )＝ln(1－x )，其定义域为{x |x ＜1}， 当0＜x ＜1时，ln(1－x )＜0，此时xf (x )＜0， 当x ＜0时，ln(1－x )＞0，此时xf (x )＜0. 易知g (x )的定义域为{x |x ＜1且x ≠0}，故要证g (x )＝x ＋f (x )xf (x )＜1，只需证x ＋f (x )＞xf (x )，即证x ＋ln(1－x )－x ln(1－x )＞0.令1－x ＝t ，则t ＞0且t ≠1，则只需证1－t ＋ln t －(1－t )ln t ＞0，即证1－t ＋t ln t ＞0. 令h (t )＝1－t ＋t ln t ，则h ′(t )＝－1＋ln t ＋1＝ln t ，所以h (t )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h (t )＞h (1)＝0， 即g (x )＜1成立． [举一反三]（2022·江苏盐城·三模）已知函数()21e 2xf x x ax =-+． (1)若函数()f x 在()0,∞+上是单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若对于任意210x x >>，存在正实数0x ，使得()()()21021f x f x f x x x '-=-，试判断02x 与12x x +的大小关系，并给出证明．【解】(1)()21e 2xf x x ax =-+则()e x f x x a '=-+ 由题意可得()0f x '≥当()0,x ∈+∞时恒成立构建()()x f x ϕ'=，则()e 10xx ϕ'=->当()0,x ∈+∞时恒成立∴()x ϕ在()0,∞+上单调递增，()()01x a ϕϕ>=+当()0,x ∈+∞时恒成立 则10a +≥即1a ≥- (2)构建()()()()()()211121f x f x F x f x f x x x x x -=----，则()()()()2121f x f x F x f x x x -''=--∵()()120F x F x ==且()F x 在区间()12,x x 连续 则()F x 在区间()12,x x 上存在极值点即存在正实数()012,x x x ∈，使得()()()()2100210f x f x F x f x x x -''=-=-，即()()()21021f x f x f x x x '-=-()()()21212102122f x f x x x x x f x f f x x -++⎛⎫⎛⎫'''-=- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭22221111212222212121e ee e e e x x x x x x x x x x x x x x x x ++--⎛⎫-=-=--+ ⎪--⎝⎭设()e e 2x x g x x -=--，0x >，()e e 20x xg x -'=+->当0x >时恒成立则函数()g x 在()0,∞+上单调递增，则()()00g x g >=， 即2121212221ee02x x x x x x x x g ---⎛⎫--+=> ⎪⎝⎭，则()2102x x f x f +⎛⎫''> ⎪⎝⎭，由（1）可知函数()f x '在()0,∞+上单调递增， 则1202x x x +>，即0122x x x >+．➢考点2 隔离分析法证明不等式(2022·福州模拟)已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 【解】 (1)f ′(x )＝ex－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 >ea 时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ea ，＋∞上单调递减． (2)证明：方法一：因为x >0，所以只需证f (x )≤e xx－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. 令g (x )＝e xx －2e(x >0)，则g ′(x )＝（x －1）e xx 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 xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.方法二：由题意知，即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0， 从而等价于ln x －x ＋2≤e xe x.设函数m (x )＝ln x －x ＋2(x ＞0)，则m ′(x )＝1x－1.所以当x ∈(0，1)时，m ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )<0， 故m (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而m (x )在(0，＋∞)上的最大值为m (1)＝1. 设函数h (x )＝e xe x (x ＞0)，则h ′(x )＝e x （x －1）e x 2.所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0， 故h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x >0时，m (x )≤h (x )，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0. [举一反三](2022·贵阳联考)设函数f (x )＝x 2－(x ＋1)ln x ，求证：当0＜x ≤2时，f (x )>12x .证明 由题意知，只需证x －ln x x －ln x >12，即x －ln x >ln x x ＋12，令g (x )＝x －ln x ，h (x )＝ln x x ＋12.由g ′(x )＝1－1x ＝0，解得x ＝1，所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故g (x )min ＝g (1)＝1.由h ′(x )＝1－ln xx 2可知h (x )在(0,2]上单调递增，故h (x )max ＝h (2)＝1＋ln 22＜1＝g (x )min ，故h (x )＜g (x )，即f (x )>12x .➢考点3 换元构造法证明不等式(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x (1－ln x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，证明：2＜1a ＋1b＜e.[解] (1)因为f (x )＝x (1－ln x )，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x ＋x ·⎝⎛⎭⎫－1x ＝－ln x .当x ∈(0,1)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．(2)证明：由题意，a ，b 是两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，两边同时除以ab ，得ln a a －ln b b ＝1b －1a ，即ln a ＋1a ＝lnb ＋1b，即f ⎝⎛⎭⎫1a ＝f ⎝⎛⎭⎫1b . 令x 1＝1a ，x 2＝1b，由(1)知f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0＜x＜e 时，f (x )＞0，当x ＞e 时，f (x )＜0，不妨设x 1＜x 2，则0＜x 1＜1＜x 2＜e.要证2＜1a ＋1b＜e ，即证2＜x 1＋x 2＜e. 先证x 1＋x 2＞2：要证x 1＋x 2＞2，即证x 2＞2－x 1，因为0＜x 1＜1＜x 2＜e ，所以x 2＞2－x 1＞1，又f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f (x 2)＜f (2－x 1)，又f (x 1)＝f (x 2)，所以即证f (x 1)＜f (2－x 1)，即证当x ∈(0,1)时，f (x )－f (2－x )＜0. 构造函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝－ln x －ln(2－x )＝－ln[x (2－x )]， 当0＜x ＜1时，x (2－x )＜1，即－ln[x (2－x )]＞0，即当0＜x ＜1时，F ′(x )＞0，所以F (x )在(0,1)上单调递增， 所以当0＜x ＜1时，F (x )＜F (1)＝0，所以当0＜x ＜1时，f (x )－f (2－x )＜0成立，所以x 1＋x 2＞2成立． 再证x 1＋x 2＜e.由(1)知，f (x )的极大值点为x ＝1，f (x )的极大值为f (1)＝1，过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y ＝x ，设f (x 1)＝f (x 2)＝m ，当x ∈(0,1)时，f (x )＝x (1－ln x )＞x ，直线y ＝x 与直线y ＝m 的交点坐标为(m ，m )，则x 1＜m .欲证x 1＋x 2＜e ，即证x 1＋x 2＜m ＋x 2＜f (x 2)＋x 2＜e ，即证当1＜x ＜e 时，f (x )＋x ＜e.构造函数h (x )＝f (x )＋x ，则h ′(x )＝1－ln x ，当1＜x ＜e 时，h ′(x )＞0，所以函数h (x )在(1，e)上单调递增，所以当1＜x ＜e 时，h (x )＜h (e)＝f (e)＋e ＝e ，即f (x )＋x ＜e 成立，所以x 1＋x 2＜e 成立．综上可知，2＜1a ＋1b＜e 成立． [举一反三]（2022·山东威海·三模）已知函数()2ln a f x x x x=-+． (1)当34a =时，求()f x 的单调区间； (2)若()f x 有两个极值点12,x x ，且12x x <，从下面两个结论中选一个证明．①()()21212f x f x x x -<-； ②()222ln 223f x a <+-． 【解】(1)22222()1(0)a x x a f x x x x x -+-'=--=>， 当34a =时，2222232483(21)(23)4()44x x x x x x f x x x x -+--+--==--'=， 令()0f x '>，解得1322x <<；令()0f x '<，解得102x <<或32x >， 所以()f x 的单增区间为13,22⎛⎫ ⎪⎝⎭；单减区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． (2)证明①：由题意知，12,x x 是220x x a -+=的两根，则12122x x x x a +=⎧⎨=⎩， ()()()()()122121*********ln ln a x x x x x x f x f x x x x x x x ----+-=--，将12x x a =代入得，()()()212121212ln ln 2f x f x x x x x x x --=---， 要证明()()21212f x f x x x -<--， 只需证明()21212ln ln 22x x x x --<--，即2121ln ln x x x x -<=- 因为120x x <<，所以210x x ->，只需证明21ln x x <=t ，则1t >，只需证明21ln t t t<-，即12ln 0(1)t t t t -+<>， 令1()2ln ,1h t t t t t=-+>， 22221(1)()10t h t t t t--=--=<'，所以()h t 在(1,)+∞上单调递减，可得()(1)0h t h <=， 所以12ln 0(1)t t t t-+<>， 综上可知，()()21212f x f x x x -<-． 证明②：22222()1(0)a x x a f x x x x x -+-'=--=> 设2()2g x x x a =-+-，因为()f x 有两个极值点，所以Δ440(0)0a g =->⎧⎨<⎩， 解得01a <<，因为(2)0,(1)10g a g a =-<=->，所以212x <<，()2222222ln 33a f x a x x a x -=-+-， 由题意可知22220x x a -+-=，可得2222a x x =-+代入得，()2222222102ln 2333f x a x x x -=+-+， 令2210()2ln 2(12)33h x x x x x =+-+<<， 24102(1)(23)()333x x h x x x x--=+-='， 当31,,()02x h x ⎛⎫∈< ⎪⎝⎭'，所以()h x 在31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 当3,2,()02x h x ⎛⎫∈> ⎪⎝⎭'，所以()h x 在3,22⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调速增， 因为212x <<，所以()2max{(1),(2)}h x h h <， 由2(1),(2)2ln 223h h =-=-， 可得()22ln8ln (2)(1)03e h h --=>，所以(2)(1)h h >，所以()2(2)h x h <，所以()222ln 223f x a -<-，即()222ln 223f x a <+-。
导数与不等式证明
导数与不等式证明导数是微积分中的重要概念，它描述了函数在某一点的变化率。
而不等式是数学中常用的一种关系，用于比较两个数或表达变量之间的大小关系。
本文将探讨导数与不等式之间的关系，并通过具体的例子来证明与应用。
一、导数的定义与性质首先，我们回顾导数的定义：对于函数f(x)，在点x处的导数可以表示为lim（h->0）（f(x+h)-f(x)）/h。
简单来说，导数就是函数在某一点的斜率。
导数具有以下性质：1. 导数存在性：如果函数在某一点可导，则该点的导数存在。
2. 导数与函数图像：导数可以帮助我们理解函数图像的特性，如切线与曲线的关系、函数的增减性等。
3. 导数的计算：可以通过求导法则，例如常数法则、幂函数法则、链式法则等，来计算导数。
二、不等式的基本性质接下来，我们简要介绍不等式的基本性质。
不等式常见的有大于号（>）、小于号（<）、大于等于号（≥）、小于等于号（≤）等。
对于不等式的证明，通常有以下方法：1. 同向性：如果a>b，那么对于任意正数c，ac>bc。
这个性质可以用于不等式的乘法性质证明。
2. 等价性：如果两个不等式的左边和右边分别相等，则两个不等式等价。
这个性质可以用于不等式的代换和变形。
三、导数与不等式之间的关系导数在不等式的证明中具有重要作用。
通过对比函数在不同区间的导数值以及函数图像的特征，可以得出不等式的结论。
下面通过两个具体的例子来说明导数与不等式之间的关系。
例1：证明函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。
解：首先计算f(x)=x²的导数：f'(x)=2x。
由于导数描述了函数的变化率，当导数大于0时，函数是递增的。
因此，我们需要证明2x>0在区间（0，∞）上成立。
由于x大于0，所以2x大于0，即导数大于0，因此函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。
例2：证明函数f(x)=eˣ在任意区间上是递增的。
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。
导数证明不等式的几个方法
导数证明不等式的几个方法在高等数学中，我们学习了很多种方法来证明不等式。
其中一种常见的方法是使用导数。
导数是用来描述函数变化率的概念，因此可以很好地用来证明不等式。
本文将介绍几种使用导数证明不等式的方法。
一、利用导数的正负性来证明不等式这种方法是最直接的方法之一、假设我们要证明一个函数f(x)在一个区间上大于等于0，我们可以先求出函数f(x)的导数f'(x)，然后根据f'(x)的正负性来判断f(x)的增减情况。
如果f'(x)大于等于0，则说明f(x)在整个区间上是递增的；如果f'(x)小于等于0，则说明f(x)在整个区间上是递减的。
根据递增或递减的性质，我们可以得出f(x)大于等于0的结论。
例如，我们要证明函数f(x)=x^2在区间[0,∞)上大于等于0。
首先求出f(x)的导数f'(x)=2x。
然后我们发现在整个区间上，f'(x)大于等于0，说明f(x)是递增的。
由于f(0)=0，因此可以得出f(x)大于等于0的结论。
二、利用导数的单调性来证明不等式这种方法是一种延伸和推广。
与前一种方法类似，我们可以根据导数的单调性来判断函数f(x)的增减情况。
如果f'(x)在一个区间上是递增的，那么f(x)在该区间上是凸的；如果f'(x)在一个区间上是递减的，那么f(x)在该区间上是凹的。
利用这个性质，我们可以得出一些重要的结论。
例如，如果我们要证明一个凸函数在一个区间上大于等于一个常数c，那么只需要证明在这个区间的两个端点上的函数值大于等于c，同时导数在这个区间上是递增的。
三、利用导数的极值来证明不等式这种方法利用了导数的极值特性。
如果一个函数f(x)在一些点x0处的导数为0，并且在这个点的左右两侧的导数符号发生了改变，那么我们可以得出结论，在x0处取得极值。
如果f(x)在x0处取得最大值，那么在这个点的左侧函数值都小于等于f(x0)，而在这个点的右侧函数值都大于等于f(x0)；反之，如果f(x)在x0处取得最小值，那么在这个点的左侧函数值都大于等于f(x0)，而在这个点的右侧函数值都小于等于f(x0)。
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题在数学中，不等式问题是一个重要且常见的问题类型。
不等式问题涉及到数学中的大小关系，通过比较不同数值的大小关系来判断不等式的成立或者不成立。
在解决不等式问题的过程中，利用导数进行证明和解决不等式问题是一种常见的方法。
导数是函数在某一点的变化率，它可以帮助我们很好地理解函数的性质，并且在解决不等式问题时起到了重要的作用。
本文将详细介绍如何利用导数证明或解决不等式问题。
让我们回顾一下导数的基本概念。
在数学中，导数衡量了函数在特定点的变化率。
对于函数y=f(x)，它在点x处的导数记作f'(x)，表示函数在点x处的斜率或者变化率。
导数可以被理解为函数曲线在某一点的切线的斜率，它告诉我们函数在这一点的变化方向和速度。
导数的正负号以及大小可以帮助我们判断函数在该点附近的增减性，从而帮助我们理解函数的性质。
在利用导数证明或解决不等式问题时，我们通常需要借助导数的性质和相关定理来进行推导和证明。
在一元函数的情况下，我们可以通过求导和导数的性质来分析函数的单调性、极值、凹凸性等，从而进一步解决不等式问题。
下面通过具体的例子来介绍如何利用导数证明或解决不等式问题。
例1：证明不等式x^2>0成立。
解：我们将函数y=x^2进行求导，得到y'=2x。
首先我们观察到当x=0时，有y=0，因此0为该函数的一个根。
对于x≠0的情况，函数的导数始终为正数，说明函数在整个实数域上是单调递增的，因此函数的值始终大于0。
我们通过导数的信息证明了不等式x^2>0成立。
解：首先我们将不等式2x^2-3x+1>0转化为函数f(x)=2x^2-3x+1>0，然后求出函数的导数f'(x)=4x-3。
我们找出函数f(x)的驻点，即f'(x)=0的点，求解方程4x-3=0得到x=3/4。
然后我们观察驻点处的导数的正负号，由于3/4是f'(x)的零点，所以我们取x=0和x=1来代入f'(x)进行验证。
高考复习课件高考二轮文科数学专题7第19讲函数与不等式的综合问题.pptx
考题 3(2015 山东)设函数 f(x)＝(x＋a)ln x，g(x) ＝xex2.已知曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线 2x －y＝0 平行．
2．涉及到恒成立问题(分离参数法)主要要明白恒 成立其实就是求函数的最大值或最小值．
3．存在性问题(其中一部分可以当作恒成立问题， 也有不同，只要存在一个就可以了，要求比恒成立小)．
4．加强化归意识，把比较大小问题转化为实数的 运算．
5．强化函数的性质在大小比较中的重要作用，加 强知识间的联系．
1．利用函数的单调性、最值证明不等式
【解析】(1)记 u(x)＝f(x)－h(x)＝x2－2eln x，
则 u′(x)＝2x－2xe，
令 u′(x)>0，因为 x>12，所以 x> e.
所以函数 u(x)在12，
e上单调递减，在[
e，＋∞)
上单调递增．
u(x)min ＝ u( e ) ＝ f( e ) － h( e ) ＝ e － e ＝ 0 ， 即 u(x)≥0，
e，
＋∞)上单调递增，
即 v(x)min＝v( e)＝h( e)－g( e)＝－5e－q＝0，q ＝－5e，综上，两个条件能同时成立，此时 p＝10 e，
q＝－5e.
2．用导数研究恒成立问题及待定字母的取值范围 问题
例2设函数 f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若 曲线 y＝f(x)和曲线 y＝g(x)都过点 P(0，2)，且在点 P 处有相同的切线 y＝4x＋2.
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
导数与不等式、存在性及恒成立问题课件
探讨导数、不等式、存在性、恒成立等在数学中的应用。让您更深入地了解 微积分学的精髓。
导数定义回顾
回顾导数定义的基本概念及其在微积分中的应用。了解导数概念背后的原理，更好地理解微积分在实际 问题中的计算过程。
导数的定义
导数是函数变化率的极限，描 述了函数在某一点上的瞬时变 化情况。
物理学 经济学 医学 工程学
应用举例
质点的运动学问题、物理实 验数据的分析 生产效率、市场数量分析
人体各种生理指标的变化及 其分析 建筑物的斜率、曲率、坡度 等问题
导数应用
求解速度、加速度、力学问 题
求解边际收益、边际成本、 经济最优问题
求解人体变化率、优化医疗 资源分配等问题
求解建筑物切线与法线方程、 优化设计等问题
总结
回顾导数与不等式、存在性及恒成立问题，并总结学习过程中需要注意的重点和概念要点。
重要概念
• 导数的定义与计算方法 • 高阶导数与凸凹性 • 函数的关键点和特殊点
注意事项
• 每个概念都需要学会手工计算 • 理论与实际问题相结合，深入理解导数
和不等式之间的联系 • 心理保持平衡，勇于解决迷茫
导数的几何解释
导数就是函数图像在给定点处 的切线斜率。
导数的计算方法
可通过一系列基本的求导规则 和运算法则，将导数计算化繁 为简。
函数的导数与不等式
探讨函数的导数与不等式之间的关系，以及如何运用导数来求解不等式问题。
1
导数与单调性
通过导数的正负性来判断函数凹性
利用高阶导数的符号变化来判断函数的凸凹性及拐点。
阿Q的心理分析
揭示了阿Q精神背后的本质原因及其与历史 社会的关联。
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.
导数与不等式
训练目标(1) 利用导数办理与不等式有关的题型；(2) 解题步骤的规范训练．(1)利用导数证明不等式； (2) 利用导数解决不等式恒建立问题及存在训练题型性问题；(3)利用导数证明与数列有关的不等式．(1)结构与所证不等式有关的函数； (2)利用导数求出函数的单一性或许解题策略最值再证明不等式； (3)办理恒建立问题注意参变量分别.1.已知函数 f(x)＝x2－ax－alnx(a∈R)．(1)若函数 f(x)在 x＝1 处获得极值，求 a 的值；(2)在(1)的条件下，求证： f(x)≥－＋－ 4x＋ .2．(2016·烟台模拟 )已知函数 f(x)＝x2－ax，g(x)＝lnx，h(x)＝ f(x)＋ g(x)．(1)若函数 y＝h(x)的单一减区间是，务实数 a 的值；(2)若 f(x)≥ g(x)关于定义域内的随意x 恒建立，务实数 a 的取值范围．3．(2016·山西四校联考 )已知 f(x)＝lnx－x＋ a＋ 1.(1)若存在 x∈(0，＋∞ )，使得 f(x)≥ 0 建立，求 a 的取值范围；(2)求证：在 (1)的条件下，当 x>1 时， x2＋ax－ a>xlnx＋建立．4.已知函数 f(x)＝(2－a)ln x＋＋ 2ax.(1)当 a<0 时，议论 f(x)的单一性；(2)若对随意的 a∈ (－3，－ 2)，x1，x2∈ [1,3] ，恒有 (m＋ln3)a－2ln3>|f(x1)－f(x2)|建立，务实数 m 的取值范围．5．(2017·福州质检 )设函数 f(x)＝ e x－ax－1.(1)当 a>0 时，设函数 f(x)的最小值为 g(a)，求证： g(a)≤0；(2)求证：对随意的正整数n，都有 1n＋1＋ 2n＋1＋3n＋1＋＋ n n＋1<(n＋ 1)n＋1.答案精析1．(1)解f′(x)＝2x－ a－，由题意可得f′(1)＝0，解得 a＝1.经查验， a＝1 时f(x)在 x＝ 1 处获得极值，因此a＝1.(2)证明由(1)知，f(x)＝x2－x－lnx，令 g(x)＝f(x)－＝－＋ 3x－ lnx－，由 g′(x)＝ x2－3x＋ 3－＝－ 3(x－1)＝ (x>0)，可知 g(x)在(0,1)上是减函数，在 (1，＋∞ )上是增函数，因此g(x)≥g(1)＝ 0，因此 f(x)≥－＋－ 4x＋建立．2．解(1)由题意可知， h(x)＝ x2－ax＋ lnx(x>0)，由 h′(x)＝ (x>0)，若 h(x)的单一减区间是，由 h′(1)＝ h′＝ 0，解得 a＝3，而当 a＝3 时， h′(x)＝＝ (x>0)．由 h′(x)<0，解得 x∈，即 h(x)的单一减区间是，∴ a＝ 3.(2)由题意知 x2－ ax≥lnx(x>0)，∴a≤ x－(x>0)．令φ(x)＝x－(x>0)，则φ′ (x)＝，∵ y＝x2＋ lnx－ 1 在(0，＋∞ )上是增函数，且 x＝1 时， y＝0.∴当 x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当 x∈(1，＋∞ )时，φ′ (x)>0，即φ(x)在(0,1)上是减函数，在 (1，＋∞ )上是增函数，∴ φ(x)min＝φ(1)＝1，故 a≤ 1.即实数 a 的取值范围为 (－∞， 1]．3．(1)解原题即为存在x>0，使得 lnx－x＋a＋1≥0，∴a≥－ lnx＋ x－ 1，令g(x)＝－ lnx＋ x－1，则 g′(x)＝－＋ 1＝.令 g′(x)＝ 0，解得 x＝1.∵当 0<x<1 时， g′ (x)<0， g(x)为减函数，当 x>1 时， g′(x)>0，g(x)为增函数，∴g(x)min＝g(1)＝0，a≥ g(1)＝0.故 a 的取值范围是 [0，＋∞ )．(2)证明原不等式可化为x2＋ax－xlnx－a－>0(x>1，a≥0)．令 G(x)＝ x2＋ax－ xlnx－a－，则 G(1)＝ 0.由 (1)可知 x－lnx－1>0，则 G′(x)＝x＋a－lnx－ 1≥ x－ lnx－1>0，∴G(x)在(1，＋∞)上单一递加，∴ G(x)>G(1)＝0 建立，∴ x2＋ax－xlnx－a－ >0 建立，即 x2＋ax－a>xln x＋建立．4．解(1)求导可得 f′ (x)＝－＋ 2a＝，令 f′ (x)＝0，得 x1＝， x2＝－，当 a＝－ 2 时， f′ (x)≤ 0，函数 f(x)在定义域 (0，＋∞ )内单一递减；当－ 2<a<0 时，在区间 (0， )，(－，＋∞ )上 f′(x)<0，f(x)单一递减，在区间 (，－)上 f′(x)>0， f(x)单一递加；当 a<－ 2 时，在区间 (0，－ )， (，＋∞ )上 f′ (x)<0，f(x)单一递减，在区间 (－， )上 f′ (x)>0， f(x)单一递加．(2)由(1)知当 a∈ (－3，－ 2)时，函数 f(x)在区间 [1,3] 上单一递减，因此当 x∈[1,3] 时， f(x)max＝f(1)＝1＋2a，f(x)min＝ f(3)＝ (2－a)ln3＋＋ 6a.问题等价于：对随意的a∈ (－3，－ 2)，恒有 (m＋ln3)a－ 2ln3>1＋ 2a－(2－ a)ln3－－6a 建立，即 am>－ 4a，由于 a<0，因此 m<－ 4，由于 a∈(－3，－ 2)，因此只要 m≤(－4)min，因此实数 m 的取值范围为 (－∞，－ ] ．5．证明 (1)由 a>0 及 f′(x)＝ e x－a 可得，函数 f(x)在(－∞， lna)上单一递减，在(lna，＋∞ )上单一递加，故函数 f(x)的最小值为 g(a)＝ f(lna)＝e lna－alna－ 1＝ a－ alna－1，则 g′ (a)＝－lna，故当 a∈(0,1)时， g′(a)>0；当 a∈(1，＋∞ )时， g′(a)<0，进而可知 g(a)在(0,1)上单一递加，在 (1，＋∞ )上单一递减，且 g(1)＝0，故 g(a) ≤0.(2)由(1)可知，当 a＝1 时，总有 f(x)＝e x－x－1≥0，当且仅当 x＝ 0 时等号建立，即当x>0 时，总有 e x>x＋1.于是，可得 (x＋1)n＋1 <(e x)n＋1＝e(n＋1)x.令 x＋1＝，即令 x＋1＝，即令 x＋1＝，即n＋ 1－nx＝－，可得<e；x＝－，可得 n＋ 1<e－(n－ 1)；x＝－，可得 n＋ 1<e－(n－ 2)；令 x＋1＝，即 x＝－，可得n＋1<e－1.对以上各式乞降可得：n＋1＋n＋1＋n＋ 1＋＋ n＋ 1<e－ n＋e－ (n－1)＋e－ (n－ 2)＋＋e－ 1＝＝＝<<1.故对随意的正整数n，都有 1n＋1＋ 2n＋1＋3n＋1＋＋ n n＋1<(n＋1)n＋1.。
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课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角1．(2019·启东中学检测)已知函数f(x)＝1－x－1e x，g(x)＝x－ln x.(1)证明：g(x)≥1.(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－1 e2.证明：(1)g′(x)＝x－1x，当0<x<1时，g′(x)<0.当x>1时，g′(x)>0，即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．所以g(x)≥g(1)＝1，得证．(2)f(x)＝1－x－1e x，f′(x)＝x－2e x，所以当0<x<2时，f′(x)<0，x>2时，f′(x)>0，即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－1e2，①又由(1)知x－ln x≥1，②，且①②等号不同时取得．所以(x－ln x)f(x)>1－1e2.2．设函数f(x)＝1x－ee x，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)证明：当x>1时，f(x)>0；(2)讨论g(x)的单调性；(3)若不等式f(x)<g(x)对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)证明：f(x)＝e x－1－x x e x－1，令s(x)＝e x－1－x，则s′(x)＝e x－1－1，当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)>0，从而当x >1时，f (x )>0.(2)g ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0)，当a ≤0时，g ′(x )<0，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．当a >0时，由g ′(x )＝0得x ＝12a. 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 综上，当a ≤0时，g (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增． (3)由(1)知，当x >1时，f (x )>0.当a ≤0，x >1时，g (x )＝a (x 2－1)－ln x <0，故当f (x )<g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12，即12a>1时， g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <g (1)＝0，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )<g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝g (x )－f (x )(x ≥1)，当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0， 因此，h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，又h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝g (x )－f (x )>0，即f (x )<g (x )恒成立．综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 3．设函数f (x )＝e x ln x (e 是自然对数的底数)．(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)令q (x )＝1－2e xe x ，证明：当x >0时，f (x )>q (x )恒成立．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝e xln x ＋e x x ， 所以f (1)＝0，f ′(1)＝e ，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)．(2)证明：当x >0时，f (x )>q (x )恒成立，等价于当x >0时，x ln x >x e x －2e 恒成立．设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . 设函数h (x )＝x e x －2e ，则h ′(x )＝1－x e x ，所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .因为g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝h (1)＝h (x )max ， 所以当x >0时，g (x )>h (x )，所以当x >0时，f (x )>q (x )恒成立．4．已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．解：(1)依题意得f ′(x )＝ln x ＋1－e x ，又f (1)＝1－e ，f ′(1)＝1－e ，故所求切线方程为y －1＋e ＝(1－e)(x －1)，即y ＝(1－e)x .(2)证明：依题意，要证f (x )<sin x ，即证x ln x －e x ＋1<sin x ，即证x ln x <e x ＋sin x －1.当0<x ≤1时，e x ＋sin x －1>0，x ln x ≤0，故x ln x <e x ＋sin x －1，即f (x )<sin x .当x >1时，令g (x )＝e x ＋sin x －1－x ln x ，故g ′(x )＝e x ＋cos x －ln x －1.令h (x )＝g ′(x )＝e x ＋cos x －ln x －1，则h ′(x )＝e x －1x －sin x ，当x >1时，e x －1x >e －1>1，所以h ′(x )＝e x －1x －sin x >0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故h (x )>h (1)＝e ＋cos 1－1>0，即g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )>g (1)＝e ＋sin 1－1>0，即x ln x <e x ＋sin x －1，即f (x )<sin x .综上所述，f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．5．已知函数f (x )＝x ln x －ax (a >0)．(1)若函数f (x )在(1，＋∞)上是减函数，求实数a 的最小值；(2)若∃x 1，x 2∈[e ，e 2]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋a 成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)因为f (x )在(1，＋∞)上为减函数，所以f ′(x )＝ln x －1ln x 2－a ≤0在(1，＋∞)上恒成立．所以当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )max ≤0.又f ′(x )＝ln x －1ln x 2－a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x －122＋14－a ， 故当1ln x ＝12，即x ＝e 2时，f ′(x )max ＝14－a ，所以14－a ≤0，故a ≥14，所以a 的最小值为14.(2)“若∃x 1，x 2∈[e ，e 2]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋a 成立”等价于当x ∈[e ，e 2]时，有f (x )min ≤f ′(x )max ＋a ，当x ∈[e ，e 2]时，有f ′(x )max ＋a ＝14，问题等价于：“当x ∈[e ，e 2]时，有f (x )min ≤14”． ①当a ≥14时，f (x )在[e ，e 2]上为减函数，则f (x )min ＝f (e 2)＝e 22－a e 2≤14，故a ≥12－14e 2. ②当0<a <14时，由于f ′(x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x －122＋14－a 在[e ，e 2]上为增函数，故f ′(x )的值域为[f ′(e)，f ′(e 2)]，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a ，14－a . 由f ′(x )的单调性和值域知，存在唯一x 0∈(e ，e 2)，使f ′(x 0)＝0，且满足： 当x ∈(e ，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(x 0，e 2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (x 0)＝x 0ln x 0－ax 0≤14，x 0∈(e ，e 2)， 所以a ≥1ln x 0－14x 0>1ln e 2－14e >12－14＝14， 与0<a <14矛盾，不合题意．综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12－14e 2，＋∞.。