导数与不等式问题

第4讲导数与不等式问题

高考定位导数经常作为高考的压轴题，能力要求非常高.作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题、利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.

真题感悟

(2016·无锡高三期末)已知函数f (x)＝ln x＋a＋e－2

x(a＞0).

(1)当a＝2时，求出函数f (x)的单调区间；

(2)若不等式f (x)≥a对于x＞0的一切值恒成立，求实数a的取值范围. 解(1)由题意知函数f (x)的定义域为(0，＋∞).

当a＝2时，函数f (x)＝ln x＋e x，

所以f ′(x)＝1

x－

e

x2＝

x－e

x2，

所以当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，函数f (x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f (x)在(e，＋∞)上单调递增.

(2)由题意知ln x＋a＋e－2

x≥a恒成立.

等价于x ln x＋a＋e－2－ax≥0在(0，＋∞)上恒成立.

令g(x)＝x ln x＋a＋e－2－ax，则g′(x)＝ln x＋1－a，

令g′(x)＝0，得x＝e a－1.

列表如下：

X (0，e a－1)e a－1(e a－1，＋∞)

g′(x)－0＋

g(x)极小值

所以g(x)的最小值为g(e a－1)＝(a－1)e a－1＋a＋e－2－a e a－1＝a＋e－2－e a－1，令t(x)＝x＋e－2－e x－1(x＞0)，则t′(x)＝1－e x－1，

令t′(x)＝0，得x＝1.

列表如下：

所以当a∈(0，1)时，g(x)的最小值为t(a)＞t(0)＝e－2－1

e＝

－2）－1

e＞0，

符合题意；当a∈[1，＋∞)时，g(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－e a－1≥0＝t(2)，所以a∈[1，2].

综上所述，a∈(0，2].

考点整合

1.解决函数的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域，其解题步骤是：(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答.

2.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法

(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f (x)≥a恒成立，只需f (x)min≥a即可；f (x)≤a恒成立，只需f (x)max≤a即可. (2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解.

3.常见构造辅助函数的四种方法

(1)直接构造法：证明不等式f (x)＞g(x)(f (x)＜g(x))的问题转化为证明f (x)－g(x)＞0(f (x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f (x)－g(x).

(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造.对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.

(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.

(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f (x)和g(x)，利用其最值求解.

4.不等式的恒成立与能成立问题

(1)f (x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立⇔[a，b]是f (x)＞g(x)的解集的子集⇔[f (x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b]).

(2)f (x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立⇔[a，b]与f (x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f (x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b]).

(3)对∀x1，x2∈[a，b]使得f (x1)≤g(x2)⇔f (x)max≤g(x)min.

(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f (x1)≥g(x2)⇔f (x)min≥g(x)min.

热点一利用导数证明不等式

【例1】(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f (x)＝ax2－ax－x ln x，且f (x)≥0.

(1)求a；

(2)证明：f (x)存在唯一的极大值点x0，且e－2

(1)解 f (x)的定义域为(0，＋∞)，

设g(x)＝ax－a－ln x，

则f (x)＝xg(x)，f (x)≥0等价于g(x)≥0，

因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，

而g′(x)＝a－1

x，g′(1)＝a－1，得a＝1.

若a＝1，则g′(x)＝1－1 x.

当0

当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.

综上，a＝1.

(2)证明由(1)知f (x)＝x2－x－x ln x，f′(x)＝2x－2－ln x，

设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－1 x.

当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭

⎪⎫

12，＋∞时，h ′(x )>0.

所以h (x )在⎝ ⎛

⎭

⎪⎫0，12上单调递减，

在⎝ ⎛⎭

⎪⎫

12，＋∞上单调递增. 又h (e －2)>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫

12<0，h (1)＝0，

所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12有唯一零点x 0，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫

12，＋∞有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，

h (x )>0；当x ∈(x 0，1)时，h (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0. 因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点. 由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0). 由x 0∈(0，1)得f (x 0)<1

4.

因为x ＝x 0是f (x )在(0，1)的最大值点， 由e －1∈(0，1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)>f (e －1)＝e －2. 所以e －2

探究提高 (1)证明f (x )≥g (x )或f (x )≤g (x )，可通过构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，将上述不等式转化为求证h (x )≥0或h (x )≤0，从而利用求h (x )的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f (x )min ≥g (x )max 或f (x )max ≤g (x )min 来证明不等式. (2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.

【训练1】 设函数f (x )＝a e x ln x ＋b e

x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方

程为y ＝e(x －1)＋2. (1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1.

(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b

x e x －1.

由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2. (2)证明 由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2

x e x －1，