导数的不等式恒成立问题
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导数的应用
【考查重点与常见题型】
题型一 运用导数证明不等式问题
例1 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .
(1)求f (x )的单调区间与极值；
(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. (1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R 知 f ′(x )＝e x －2，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2，
于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
x (－∞，ln 2)
ln 2 (ln 2，＋∞)
f ′(x ) － 0 ＋ f (x )
单调递减
2(1－ln 2＋a )
单调递增
故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2]，单调递增区间是[ln 2，＋∞)， f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为 f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a )． (2)证明 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ， 于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .
由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )的最小值为 g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0. 于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0， 所以g (x )在R 上是增加的．
于是当a >ln 2－1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 －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.
已知f (x )＝x ln x .(1)求g (x )＝
f (x )＋k
x
(k ∈R)的单调区间；(2)证明：当x ≥1时，2x －e ≤f (x )恒成立． 解：(1)g (x )＝ln x ＋k
x ，
∴令g ′(x )＝x －k
x 2＝0得x ＝k .
∵x >0，∴当k ≤0时，g ′(x )>0.
∴函数g (x )的增区间为(0，＋∞)，无减区间； 当k >0时g ′(x )>0得x >k ；g ′(x )<0得0 (2)证明：设h (x )＝x ln x －2x ＋e(x ≥1)， 令h ′(x )＝ln x －1＝0得x ＝e ， h (x )，h ′(x )的变化情况如下： x 1 (1，e) e (e ，＋∞) h ′(x ) －1 － 0 ＋ h (x ) e －2 故h (x )≥0.即f (x )≥2x －e. 题型二 利用导数研究恒成立问题 例2 已知函数f (x )＝ln x －a x . (1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为3 2，求a 的值； (3)若f (x ) x 2.∵a >0，∴f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上是增加的． (2)由(1)可知，f ′(x )＝x ＋a x 2. ①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上是增加的， ∴f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，∴a ＝－3 2 (舍去)． ②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上是减少的， ∴f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，∴a ＝－e 2(舍去)．