导数与不等式有关的问题

利用导数证明或解决不等式问题
导数在解决不等式问题中起着非常重要的作用，利用导数可以轻松地证明和解决各种
不等式问题。

本文将通过一些具体的例子，来展示导数在不等式问题中的应用。

我们来看一个简单的例子：证明当x>0时，e^x\geq1+x。

我们可以利用导数来证明这
个不等式。

我们计算e^x和1+x的导数，分别为e^x和1。

然后我们发现e^x-1\geq x，这意味着在x>0时，e^x\geq1+x。

这样就利用导数证明了这个不等式。

除了证明不等式，我们还可以利用导数来解决不等式问题。

我们要求解不等式
x^2-5x+6>0。

我们可以通过求解x^2-5x+6的导数来判断x^2-5x+6的增减性。

首先求导得
到2x-5，然后令2x-5=0，解得x=\frac{5}{2}。

这说明在x<\frac{5}{2}时，x^2-5x+6<0，而在x>\frac{5}{2}时，x^2-5x+6>0。

不等式x^2-5x+6>0的解集是x<\frac{5}{2}或
x>\frac{3}{2}。

利用导数证明不等式的常见题型题型一构造函数法把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值的问题，从而证明不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是利用导数证明不等式的关键.这四道题比较简单，证明过程略.概括而言，这四道题证明的过程分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论.【启示】证明分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论。

题型二通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式【启示】解答第一问用的是分离参数法，解答第二问用的是分析法、构造函数，对函数的变形能力要求较高，大家应记住下面的变形：题型三求最值解决任意、存在性变量问题解决此类问题，关键是将问题转化为求函数的最值问题，常见的有下面四种形式：题型四分拆成两个函数研究【注意】(2)如果按题型一的方法构造函数求导，会发现做不下去，只好半途而废，所以我们在做题时需要及时调整思路，改变思考方向.【启示】掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助，这八个函数分别为要求会画它们的图像，以后见到这种类型的函数，就能想到它们的性质题型五设而不求当函数的极值点（最值点）不确定时，可以先设出来，只设不解，把极值点代入，求出最值的表达式而证明.【启示】设而不求，整体代换是一种常用的方法，在解析几何中体现很多.在本例第（2）问中，只设出了零点而没有求出零点，这是一种非常好的方法，同学们一定要认真体会，灵活应用.题型六估值法题型七利用图象的特点，证明不等式题型八证明数列不等式题型九利用放缩法证明不等式【注意】在解决第（2）问时，用构造函数法证不出来，又试着分开两个函数仍然不行，正当我一筹莫展时，忽然想到与第一问题的切线联系，如果左边的函数的图像在切线的上方，右边函数的图像在切线的下方，这样问题不就得证了吗？心里非常高兴，马上付诸行动。

导数解决不等式问题导数是微积分中非常重要的一个概念，它在解决不等式问题时起到了至关重要的作用。

本文将详细介绍导数的概念以及它在不等式问题中的应用，以便读者对这一概念有更深入的理解。

首先，我们来了解导数的定义。

导数是函数在某一点上的变化率，记作f'(x)或df(x)/dx。

从几何意义上来讲，导数表示了函数曲线在某一点上的切线的斜率。

更加具体地说，对于函数y=f(x)，在点x0处的导数f'(x0)等于函数曲线在该点处的切线与x轴之间的夹角的正切值。

导数有几个重要的性质，其中一个是导数的代数性质。

根据代数性质，如果两个函数的导数都存在，那么这两个函数的和（或差）的导数等于它们各自的导数的和（或差）；而两个函数的乘积的导数等于第一个函数的导数乘以第二个函数加上第一个函数乘以第二个函数的导数。

这些性质可以帮助我们在解决不等式问题时更方便地处理函数的导数。

在不等式问题中，导数可以提供关于函数增减性的重要信息。

通过研究函数的导数，我们可以确定函数的增减区间，并通过这些信息解决不等式问题。

具体来说，我们可以通过以下步骤来解决不等式问题：1.找到函数的导数。

这一步需要求得函数的导数表达式。

2.找到导数的零点。

导数的零点对应于函数增减的临界点，即在这些点上函数可能发生极大值或极小值的变化。

通过求导数的零点，我们可以得到函数的增减区间。

3.检查临界点。

在临界点上函数的导数可能为零，但并不一定。

因此，在找到导数的零点后，我们还需要检查这些点是否是函数的极值点。

4.确定函数的增减性。

通过上述步骤，我们可以得到函数的增减区间。

根据函数在不同区间上的增减性，我们可以解决不等式问题。

通过这一方法，我们可以有效地解决包含不等式的问题。

在具体的应用中，导数在许多不等式问题中都能起到关键作用。

例如，在求函数的极值时，我们可以使用导数来确定极值点的存在，并通过比较函数在这些点附近的取值来确定函数的最大值或最小值。

同样地，在研究不等式中的函数的图像时，导数提供了图像在不同区间上的斜率信息，有助于我们推断函数在不同区间上的变化趋势。

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧趣题引入已知函数x x x g ln )(= 设b a <<0， 证明：2ln )()2(2)()(0a b b a b g a g -<+-+<分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。

分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。

证明：1ln )(+=¢x x g ，设)2(2)()()(xa g x g a g x F +-+=2ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g xa g x g x F +-=+-=´+-=¢当a x <<0时0)(<¢x F ，当a x >时 0)(>¢x F ， 即)(x F 在),0(a x Î上为减函数，在),(+¥Îa x 上为增函数上为增函数 ∴0)()(min==a F x F ，又a b > ∴0)()(=>a F b F ， 即0)2(2)()(>+-+ba gb g a g设2ln )()2(2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+=)ln(ln 2ln 2ln ln )(x a x xa x x G +-=-+-=¢\当0>x 时，0)('<x G ，因此)(x G 在区间),0(+¥上为减函数；上为减函数； 因为0)(=a G ，又a b > ∴0)()(=<a G b G ， 即 02ln )()2(2)()(<--+-+a x x a g x g a g故2ln )()2(2)()(a x xa g x g a g -<+-+ 综上可知，当综上可知，当b a <<0时，2ln )()2(2)()(0a b ba b g a g -<+-+< 本题在设辅助函数时，考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点，因此，设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量，范例中选用右端点，读者不妨设为左端点试一试，就能体会到其中的奥妙了。

导数在证明不等式中的有关应用1.最值的判定导数可以帮助我们判断一个函数在其中一区间的最值。

具体来说，如果在一个区间内，函数的导数恒为零或者导数的正负性在其中一点发生变化，那么在该区间内函数的最值就会出现。

例如，考虑函数$f(x)=x^2-4x+3$。

我们可以通过求取导数$f'(x)=2x-4$，并令其等于零，得到$x=2$。

通过检查导数的符号，可以确认在$x<2$时导数为负，$x>2$时导数为正。

因此，在$x<2$时，函数的导数为负，说明函数在这个区间上是递减的；而在$x>2$时，函数的导数为正，说明函数在这个区间上是递增的。

因此，根据导数的正负性和最值判定原则，我们可以得出结论：函数$f(x)$在区间$(-\infty,2)$上单调递减，在区间$(2,+\infty)$上单调递增。

进一步，我们可以求得函数的最值，即当$x=2$时，函数取得最小值。

因此，我们得到了函数$f(x)$的最值以及最值的取值点。

2.利用导数证明不等式的成立导数可以被用来证明各种类型的不等式。

其中一个常见的方法是使用导数的定义和可微函数的局部性质。

考虑函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上有定义且在开区间$(a,b)$内可微。

如果在$(a,b)$内存在一个点$c$，使得$f'(c)>0$，那么基于导数的定义，我们可以得出结论：对于任意的$x \in (a,b)$，都有$f'(x)>0$。

这意味着$f(x)$在$(a,b)$内是单调递增的。

我们可以进一步得出结论：对于任意的$x \in [a,b]$，都有$f'(x) \geq f'(a)$。

因此，我们可以断定$f(x)$在闭区间$[a,b]$上是凸函数。

根据凸函数的性质，我们可以利用函数的凸性证明各种类型的不等式。

例如，我们可以证明对于任意的$x>0$和$y>0$，成立如下的不等式：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$。

导数综合不等式恒成立问题主参换位法
当我们在解题时，经常会遇到需要证明一些不等式的问题。

而对于仅包含导数的不等式，我们可以使用主参换位法来进行求解。

主参换位法是一种基于函数的单调性来推导不等式的方法。

它的基本思想是通过构造一个合适的函数作为主参，在这个函数上进行主参换位，然后通过对比这个函数与原函数的大小关系，来得到原不等式的结论。

具体的步骤如下：
1. 将原不等式表示成导数的形式，即将不等式两边求导。

2. 构造一个主参函数，使其在有关区间上的导数始终大于等于原函数的导数。

3. 对主参函数进行主参换位，即将主参函数表示出关于原函数的形式。

4. 比较主参函数与原函数的大小关系，得到原不等式的结论。

下面以一个例子来说明主参换位法的应用：
例：证明对于任意实数x，有x^2 + 3 >= 4x。

解：首先将原不等式表示成导数的形式，即求导。

导数的形式为：2x >= 4。

然后我们构造主参函数，使其在有关区间上的导数始终大于等于原函数的导数。

主参函数的形式为：2x。

接下来我们对主参函数进行主参换位，即将主参函数表示出关于原函数的形式。

主参换位得到：2x - 4 >= 0。

最后我们比较主参函数与原函数的大小关系，得到原不等式的结论。

原不等式的结论为：2x - 4 >= 0，即 x^2 + 3 >= 4x。

专题12利用导数研究不等式恒成立问题不等式恒成立问题的基本类型类型1：任意x ，使得f (x )＞0，只需f (x )min ＞0.类型2：任意x ，使得f (x )＜0，只需f (x )max ＜0.类型3：任意x ，使得f (x )＞k ，只需f (x )min ＞k .类型4：任意x ，使得f (x )＜k ，只需f (x )max ＜k .类型5：任意x ，使得f (x )＞g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min ＞0.类型6：任意x ，使得f (x )＜g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max ＜0.(1)构造函数分类讨论：遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x )或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式v (x )的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y ＝a 与函数y ＝v (x )图象的交点个数问题来解决．可化为不等式恒成立问题的基本类型类型1：函数f (x )在区间D 上单调递增，只需f ′(x )≥0.类型2：函数f (x )在区间D 上单调递减，只需f ′(x )≤0.类型3：∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )max .类型4：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )min .类型5：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，只需f (x )max ＜g (x )max .(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求大于函数y ＝g (x )的所有函数值．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于函数g (x )在D 2上的最大值(这里假设f (x )max ，g (x )max 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求小于函数y ＝g (x )的所有函数值．典例1.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ＋1，若对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】法一：构造函数法设g (x )＝x e 2x －ax －ln x －1(x ＞0)，对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，等价于g (x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，则只需g (x )min ≥0即可．因为g ′(x )＝(2x ＋1)e 2x －a －1x ，令h (x )＝(2x ＋1)e 2x －a －1x (x ＞0)，则h ′(x )＝4(x ＋1)e 2x ＋1x2＞0，所以h (x )＝g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，因为当x ―→0时，h (x )―→－∞，当x ―→＋∞时，h (x )―→＋∞，所以h (x )＝g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点x 0，满足(2x 0＋1)e2x 0－a －1x 0＝0，所以a ＝(2x 0＋1)e2x 0－1x 0，且g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0e2x 0－ax 0－ln x 0－1＝－2x 20e2x 0－ln x 0，则由g (x )min ≥0，得2x 20e2x 0＋ln x 0≤0，此时0＜x 0＜1，e2x 0≤－ln x 02x 20，所以2x 0＋ln(2x 0)≤ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)，设S (x )＝x ＋ln x (x ＞0)，则S ′(x )＝1＋1x＞0，所以函数S (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为S (2x 0)≤S (－ln x 0)，所以2x 0≤－ln x 0即e2x 0≤1x 0，所以a ＝(2x 0＋1)e2x 0－1x 0≤(2x 0＋1)·1x 0－1x 0＝2，所以实数a 的取值范围为(－∞，2]．法二：分离参数法因为f (x )＝ax ＋ln x ＋1，所以对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，等价于a ≤e 2x －ln x ＋1x在(0，＋∞)上恒成立．令m (x )＝e 2x－ln x ＋1x (x ＞0)，则只需a ≤m (x )min 即可，则m ′(x )＝2x 2e 2x ＋ln x x 2，再令g (x )＝2x 2e 2x ＋ln x (x ＞0)，则′(x )＝4(x 2＋x )e 2x ＋1x＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为＝e 8－2ln 2＜0，g (1)＝2e 2＞0，所以g (x )有唯一的零点x 0，且14＜x 0＜1，所以当0＜x ＜x 0时，m ′(x )＜0，当x ＞x 0时，m ′(x )＞0，所以m (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，因为2x 20e2x 0＋ln x 0＝0，所以ln 2＋2ln x 0＋2x 0＝ln(－ln x 0)，即ln(2x 0)＋2x 0＝ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)，设s (x )＝ln x ＋x (x ＞0)，则s ′(x )＝1x＋1＞0，所以函数s (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为s (2x 0)＝s (－ln x 0)，所以2x 0＝－ln x 0，即e2x 0＝1x 0，所以m (x )≥m (x 0)＝e2x 0－ln x 0＋1x 0＝1x 0－ln x 0x 0－1x 0＝2，则有a ≤2，所以实数a 的取值范围为(－∞，2]．典例2.设函数f (x )＝ln x ＋k x ，k ∈R.(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1＞x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＜x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围．【解析】(1)由条件得f ′(x )＝1x －k x2(x ＞0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，∴f ′(e)＝0，即1e －k e 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x2(x ＞0)，由f ′(x )＜0得0＜x ＜e ，由f ′(x )＞0得x ＞e ，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增．当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋e e＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x 1＞x 2＞0，f (x 1)－x 1＜f (x 2)－x 2恒成立，设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k x－x (x ＞0)，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －k x2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x ＞0时，k ≥－x 2＋x ＋14恒成立，∴k ≥14.故k 的取值范围是14，＋典例3.已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝x ex ，对∀x 1∈12，2，∃x 2∈12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)由题设知f ′(x )＝x 2＋x a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函数y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则y max ＝－3，∴a ≥－3，∴a 的最小值为－3.(2)“对∀x 1∈12，2，∃x 2∈12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“当x ∈12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”．∵f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在12，2上单调递增，∴f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a .而g ′(x )＝1－x e x，由g ′(x )＞0，得x ＜1，由g ′(x )＜0，得x ＞1，∴g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴当x ∈12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e .由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，∴实数a ∞，1e －8.典例4.已知函数f (x )＝3x －3x ＋1，g (x )＝－x 3＋32(a ＋1)x 2－3ax －1，其中a 为常数．(1)当a ＝1时，求曲线g (x )在x ＝0处的切线方程；(2)若a ＜0，对于任意的x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围．【解析】(1)当a ＝1时，g (x )＝－x 3＋3x 2－3x －1，所以g ′(x )＝－3x 2＋6x －3，g ′(0)＝－3，又因为g (0)＝－1，所以曲线g (x )在x ＝0处的切线方程为y ＋1＝－3x ，即3x ＋y ＋1＝0.(2)f (x )＝3x －3x ＋1＝3(x ＋1)－6x ＋1＝3－6x ＋1，当x ∈[1,2]时，1x ＋1∈13，12，所以－6x ＋1∈[－3，－2]，所以3－6x ＋1∈[0,1]，故f (x )在[1,2]上的值域为[0,1]．由g (x )＝－x 3＋32(a ＋1)x 2－3ax －1，可得g ′(x )＝－3x 2＋3(a ＋1)x －3a ＝－3(x －1)(x －a )．因为a ＜0，所以当x ∈[1,2]时，g ′(x )＜0，所以g (x )在[1,2]上单调递减，故当x ∈[1,2]时，g (x )max ＝g (1)＝－1＋32(a ＋1)－3a －1＝－32a －12，g (x )min ＝g (2)＝－8＋6(a ＋1)－6a －1＝－3，即g (x )在[1,2]上的值域为－3，－32a －12.因为对于任意的x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)，所以[0,1]⊆－3，－32a －12，所以－32a －12≥1，解得a ≤－1，故a 的取值范围为(－∞，－1]．专项突破练一、单选题1．若不等式4342x x a ->-对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围是（）A ．27a <-B ．25a >-C ．29a ≥D ．29a >【解析】43322()4,()4124(3)f x x x f x x x x x '=-=-=-,当3x <时，()0f x '<，当3x >时，()0f x '>，()f x 的递减区间是(,3)-∞，递增区间是(3,)+∞，所以3,()x f x =取得极小值，也是最小值，min ()(3)27f x f ==-，不等式4342x x a ->-对任意实数x 都成立，所以272,29a a ->->.故选:D.2．已知函数()22f x ax x a =-+，对[]1,2x ∀∈都有()0f x ≤成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],0-∞B ．4,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．(],1-∞D ．[]1,0-【解析】函数()22f x ax x a =-+,对[]1,2x ∀∈都有()0≤f x ,当[]1,2x ∈时,()0≤f x 即220ax x a -+≤,即为()221a x x +≤，可化为()212x a x ≤+令()22()1x g x x +=,则()()22'22221)22((12(212))x x x x g x x x -++-++==当[]1,2x ∈时,'()0g x <,单调递减.因此()min 2224()(2)152g x g ⨯==+=，所以min 4()5a g x ≤=故实数a 的取值范围是4,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故选B 3．已知函数()32183833f x x x x =-+-，()lng x x x =-，若()120,3x x ∀∈，，()()12g x k f x +≥恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)2ln 2,++∞B ．[)3,∞-+C ．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．[)3,+∞【解析】()()()26824f x x x x x '=-+=--，当()0,2x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，当()2,3x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在()0,3上的最大值是()24f =．()111x g x x x-'=-=，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，当()1,3x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()g x 在()0,3上的最小值是()11g =，若1x ∀，()20,3x ∈，()()12g x k f x +≥恒成立，则()()max min g x k f x +≥⎡⎤⎣⎦，即14k +≥，所以3k ≥，所以实数k 的取值范围是[)3,+∞．故选:D ．4．已知不等式()()23ln 1231x x a -+≤+对任意[]0,1x ∈恒成立，则实数a 的最小值为（）A ．1ln 22-B ．113ln 622--C ．13-D ．113ln 622+【解析】设()()()23ln 11=-+>-f x x x x ，则()321211-'=-=++x f x x x ，当102x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当112x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增，()003ln10=-=f ，()123ln 20=-<f ，不等式()()23ln 1231x x a -+≤+对任意[]0,1x ∈恒成立可转化为对任意[]0,1x ∈时()()max 231+≥a f x ，所以()2310+≥a ，解得13a ≥-.故选：C.5．若关于x 的不等式sin x x ax -≥，对[]0,x π∈恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-∞-B ．(],1-∞C ．4,π⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．4,∞π⎛⎤- ⎥⎝⎦【解析】因为不等式sin x x ax -≥，对[]0,x π∈恒成立，当0x =时，显然成立，当(0,]x π∈，sin 1xa x ≤-恒成立，令()sin 1x f x x =-，则()2cos sin x x xf x x -'=，令()cos sin g x x x x =-，则()sin 0g x x x '=-≤在(0,]π上成立，所以()g x 在(0,]π上递减，则()()00g x g <=，所以()0f x '<在(0,]π上成立，所以()f x 在(0,]π上递减，所以()()min 1f x f π==-，所以1a ≤-，故选：A 6．若关于x 的不等式()()22e 222ln 1x a x a a x -+-+>+-在()2,+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭B ．()1,-+∞C ．[)1,-+∞D ．[)2,-+∞【解析】依题意，()()()22e 221ln 1x a x x a x -+->-+-，则()()222e ln e 21ln 1x x a x a x --+>-+-（*）．令()2ln g t t a t =+(1)t >，则（*）式即为()()2e 1x g g x ->-．又2e 11x x ->->在()2,+∞上恒成立，故只需()g t 在()1,+∞上单调递增，则()20ag t t '=+≥在()1,+∞上恒成立，即2a t ≥-在()1,+∞上恒成立，解得2a ≥-．故选：D.7．已知函数()2sin f x x x =+，若ln (1)0a f x f x ⎛⎫++-≥ ⎪⎝⎭对(]0,2x ∈恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．[)1,+∞B ．[)2,+∞C ．[]1,2D ．()1,+∞【解析】由题意，函数()2sin f x x x =+的定义域为R ，其满足()()f x f x -=-，所以函数()f x 为奇函数，且()2cos 0f x x =+>'，所以函数()f x 为R 上的增函数，若ln (1)0a f x f x ⎛⎫++-≥ ⎪⎝⎭对(]0,2x ∈恒成立，则ln (1)a f x f x ⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭对(]0,2x ∈恒成立，即ln 1a x x+≥对(]0,2x ∈恒成立，即ln a x x x ≥-对(]0,2x ∈恒成立，设()(]ln 0,2,h x x x x x ∈=-，可得()ln h x x '=-，当01x <<时，()0h x '>；当12x <≤时，()0h x '<，所以()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,2]单调递减，所以()max (1)1h x h ==，所以1a ≥，即实数a 的取值范围为[1,)+∞.故选：A.8．已知不等式22ln 0ax x +-≥恒成立，则a 的取值范围为（）A ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．22,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．210,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦【解析】由题设，可知：,()0x ∈+∞，问题转化为2(ln 1)x a x -≥在,()0x ∈+∞上恒成立，令ln 1()x f x x -=，则22ln ()x f x x-'=，当20e x <<时()0f x '>，即()f x 递增；当2e x >时()0f x '<，即()f x 递减；所以2max 21()(e )e f x f ==，故22e a ≥.故选：B 9．若函数()ln f x x =，g (x )=313x 对任意的120x x >>，不等式112212()()()()x f x x f x m g x g x ->-恒成立，则整数m 的最小值为（）A ．2B ．1C ．0D ．-1【解析】因为31()3g x x =单调递增，120x x >>，所以12()()0g x g x >>，即12()()0g x g x ->，原不等式恒成立可化为122211())((())x m f x x f g x mg x x -->恒成立，即120x x >>时，111222()()()()mg x x f x mg x x f x ->-恒成立，即函数3())ln ((3)m xf x x x x h x mg x ==--在(0,)+∞上为增函数，所以2ln 10()mx h x x '--≥=在(0,)+∞上恒成立，即2ln 1x m x +≥，令2ln )1(k x x x +=，则32l (n )1x k x x '+=-，当120e x -<<时，()0k x '>，()k x 单调递增，当12e x ->时，()0k x '<，()k x 单调递减，故当12e x -=时，函数2ln )1(k x x x +=的最大值为e2，即e2m ≥恒成立，由m ∈Z 知，整数m 的最小值为2.故选：A二、多选题10．已知函数22,0(),0x x x f x e x ⎧+<=⎨≥⎩，满足对任意的x ∈R ，()f x ax ≥恒成立，则实数a 的取值可以是（）A ．-B ．CD ．【解析】因为函数22,0(),0x x x f x e x ⎧+<=⎨≥⎩，满足对任意的x ∈R ，()f x ax ≥恒成立，当0x <时，22x ax +≥恒成立，即2a x x ≥+恒成立，因为2x x +≤-2x x =，即x =时取等号，所以a ≥-.当0x =时，00e ≥恒成立.当0x >时，x e ax ≥恒成立，即xe a x ≤恒成立，设()x e g x x =，()()221xx x e x xe e g x x x --'==，()0,1x ∈，()0g x '<，()g x 为减函数，()1,x ∈+∞，()0g x '>，()g x 为增函数，所以()()min 1g x g e ==，所以a e ≤，综上所述：a e -≤≤.故选：ABC 11．设函数()()e 1x f x ax a +=-+∈N ，若()0f x >恒成立，则实数a 的可能取值是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】()x f x e a '=-，令()0f x '=，得ln x a =，当ln x a <时，()0f x '<，当ln x a >时，()0f x '>，所以函数()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增.所以ln x a =时，函数取得最小值ln 1a a a -+，因为()0f x >恒成立，所以ln 10a a a -+>恒成立，且a +∈N ，可得实数a 的所有可能取值1，2，3，故选：ABC.12．已知函数()312x f x x +=+，()()42e x g x x =-，若[)120,x x ∀∈+∞，，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值可以是（）A ．6eB ．(2eC ．(2e +D ．2e【解析】因为()()3253153222x x f x x x x +-+===-+++，所以()f x 在[)0,∞+上单调递增，所以对[0,)x ∀∈+∞，()()102f x f ≥=；()()42e x g x x =-，所以()()()'2e 42e 21e x x x g x x x =-+-=-，当1x >时，()'0g x <；当01x <<时，()'0g x >，函数()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴()max ()12e g x g ==；因为0t >，任意[)12,0,x x ∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，即()()221e 2e e 2t t +⋅≤+，整理得224e 3e 0t t --≥，解得(2e t ≤或(2e t ≥，所以正数t 的取值范围为()2e,⎡+∞⎣；6e 与(2e 均在区间()2⎡+∞⎣内，(2e +与2e 均不在区间()2e,⎡+∞⎣内；故选：AB ．13．已知()2121()1e 2x f x a x -=--，若不等式11ln 1f f x x ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭在(1,)+∞上恒成立，则a 的值可以为（）A ．B ．1-C ．1D【解析】设1ln (1)y x x x =-->，则110y x '=->，所以1ln y x x =--在(1,)+∞上单调递增，所以1ln 0x x -->，所以ln 1,(1,)x x x <-∈+∞，∴0ln 1x x <<-，∴110ln 1x x >>-．又11ln 1f f x x ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭在(1,)+∞上恒成立，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()21()1e 0x f x a x -=--≥'对(1,)x ∀∈+∞恒成立，即211e x xa --≥恒成立．令111(),()e e x x x xg x g x ---='=，当1x >时，()0g x '<，故()(1)1g x g <=，∴211a -≥，解得a ≥或a ≤a 的值可以为AD.三、填空题14．已知函数2()2ln f x x x a =--，若()0f x ≥恒成立，则a 的取值范围是________．【解析】由2()2ln f x x x a =--，得()21(1)2()2x x f x x x x-+'=-=，又函数()f x 的定义域为(0,)+∞，令()01f x x =⇒='，当01x <<时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当1x >时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；故1x =是函数()f x 的极小值点，也是最小值点，且(1)1f a =-，要使()0f x ≥恒成立，需10a -≥，则1a ≤.15．当(]0,1x ∈时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是______．【解析】根据题意，当(]0,1x ∈时，分离参数a ，得23143a x x x ≥--恒成立．令1t x=，∴1t ≥时，2343t t a t --≥恒成立．令()2343t t g t t =--，则()()()2189911t t t t g t '=--=-++，当1t ≥时，()0g t '<，∴函数()g t 在[)1,+∞上是减函数．则()()16g t g ≤=-，∴6a ≥-．∴实数a 的取值范围是[)6-+∞,．16．已知函数()2f x x a =+，(ln 2g x x x =-，如果对任意的1x ，2122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，都有()()12f x g x ≤成立，则实数a 的取值范围是_________．【解析】由()ln 2g x x x =-，可得()112'2x g x x x-=-=，当122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()'0g x ≤，所以()g x 在122⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递减，()min ()2ln24g x g ∴==-，()2f x x a =+ ，()f x ∴在122⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，()max ()24f x f a ∴==+， 对任意的12122x x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，都有()()12f x g x ≤成立，4ln24a ∴+≤-，ln28a ∴≤-17．已知不等式[]1ln(1)x e x m x x -->-+对一切正数x 都成立.则实数m 的取值范围是___________.【解析】设()()ln 1f x x x =-+，则()11x x f e e x -=--，故()()1x f e mf x ->对一切正数x 都成立，()()110011x f x x x x '=-=>>++，故()f x 在()0,∞+上单调递增，()()0ln 010f x -+=＞，()()1x f e m f x -∴<恒成立，由()1x h x e x =--，()1xh x e '=-在()0,∞+上恒大于零，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，所以()()00h x h >=，1x e x ∴->在()0,∞+上恒成立，()()1xf e f x ∴->，()()11x f e f x -∴>，1m ∴≤.四、解答题18．设()()32114243f x x a x ax a =-+++，其中a R ∈．（1）若()f x 有极值，求a 的取值范围；（2）若当0x ≥，()0f x >恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）由题意可知：()()´2214f x x a x a =-++，且()f x 有极值，则()´0f x =有两个不同的实数根，故()()224116410a a a ∆=+-=->，解得：1a ≠，即()(),11,a ∈-∞⋃（2）由于0x ≥，()0f x >恒成立，则()0240f a =>，即0a >，由于()()()()´221422f x x a x a x x a =-++=--，则①当01a <<时，()f x 在2x a =处取得极大值、在2x =处取得极小值，当02x a £<时，()f x 为增函数，因为()00f >，所以()f x 恒大于0，当2x a ≥时，()()422803min f x f a ==->，解得：121a >；②当1a =时，()0f x ¢³，即()f x 在[)0,+∞上单调递增，且()0240f =>，则()()00f x f ³>恒成立；③当1a >时，()f x 在2x =处取得极大值、在2x a =处取得极小值，当02x ≤<时，()f x 为增函数，因为()00f >，所以()f x 恒大于0，当2x ≥时，()()3243min 24240f x f a a a a ==-++>，解得36a -<<，综上所述，a 的取值范围是1216a <<．19．已知函数()ln 32af x ax x =--，其中0a ≠.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若()310xf x x +-≥对任意[)1,x ∞∈+恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】(1)函数()f x 的定义域为()0,∞+，()()2122a x a f x a x x-'=-=①当0a >时，令()0f x '>，可得12x >，此时函数()f x 的增区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，减区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭②当0a <时，令()0f x '>，可得102x <<，此时函数()f x 的增区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭，减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭综上所述：当0a >时，函数()f x 的增区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，减区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭；当0a <时，函数()f x 的增区间为10,2⎛⎫⎪⎝⎭，减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)()310xf x x +-≥在[)1,x ∞∈+恒成立，则2ln 12aax x x -≥在[)1,x ∞∈+恒成立，即21ln 12a x x x ⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭在[)1,x ∞∈+恒成立。

(2016·无锡高三期末)已知函数f(x)＝ln x＋(a＞0).当a＝2时，函数f(x)＝ln x＋，所以f′(x)＝－＝(2)由题意知ln x＋a＋e－2≥a恒成立.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a＋e－2x(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，＋∞).ex1e x－ex x2x2，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.x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) g(x)－0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.所以当 a ∈(0，1)时，g (x )的最小值为 t (a )＞t (0)＝e －2－ ＝ ＞列表如下：xt ′(x )t (x )(0，1)＋ 1极大值(1，＋∞)－1 e （e －2）－1e e0，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 ) ≥a 即可；f (x )≤a 恒成立，只需 f (x ) ≤a minmax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“相同而 g ′(x )＝a － ，g ′(1)＝a －1，得 a ＝1.若 a ＝1，则 g ′(x )＝1－ .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 )] ＞0(x ∈[a ，b ]).min(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 )] ＞0(x ∈[a ，b ]).max(3)对∀x ，x ∈[a ，b ]使得 f (x )≤g (x )⇔f (x ) ≤g (x ) .1212maxmin(4)对∀x ∈[a ，b ]，∃x ∈[a ，b ]使得 f (x )≥g (x )⇔f (x ) ≥g (x ) .1212minmin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 )＝ax 2－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 x ，且 e －2<f (x )<2－2.(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)＝0，1x1x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，设 h (x )＝2x －2－ln x ，则 h ′(x )＝2－ .当 x ∈ 0， ⎪时，h ′(x )<0；当 x ∈ ，＋∞⎪时，h ′(x )>0.0， ⎪上单调递减，所以 h (x )在 又 h (e )>0，h ⎪<0，h (1)＝0，－2所以 h (x )在 0， ⎪有唯一零点 x ，在⎢ ，＋∞⎪有唯一零点 1，且当 x ∈(0，x ) 由 x ∈(0，1)得 f (x )< .⎝2⎭ ⎝ ⎣2 ⎭1⎫ 2⎭ 1⎫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 )＝x 2－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x ，1x⎛ ⎛1 ⎫⎝ ⎝2 ⎭⎛ 1⎫⎝ 2⎭⎛1 ⎫在 ，＋∞⎪上单调递增.⎛1⎫⎝2⎭⎛ ⎡1 ⎫0 0时，h (x )>0；当 x ∈(x ，1)时，h (x )<0；当 x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0.因为 f ′(x )＝h (x )，所以 x ＝x 是 f (x )的唯一极大值点.由 f ′(x )＝0 得 ln x ＝2(x －1)，故 f (x )＝x (1－x ).10 0 4因为 x ＝x 是 f (x )在(0，1)的最大值点，由 e －1∈(0，1)，f ′(e －1)≠0 得 f (x )>f (e －1)＝e －2.所以 e －2<f (x )<2－2.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 ) ≥g (x ) 或 f (x ) ≤g (x ) 来minmax max min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 ＋ ，曲线 y ＝f (x )在点(1，f (1))处的f ′(x )＝a e x ln x ＋ e x － x (2)证明 由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋e x －1， 从而f (x )＞1 等价于 x ln x ＞x e －x － .所以当 x ∈ 0， ⎪时，g ′(x )＜0； 当 x ∈ ，＋∞⎪时，g ′(x )＞0. 故 g (x )在 0， ⎪上单调递减，在 ，＋∞⎪上单调递增， 从而 g (x )在(0，＋∞)上的最小值为 g ⎪＝－ . 设函数 h (x )＝x e －x － ，则 h ′(x )＝e －x (1－x ).从而 h (x )在(0，＋∞)上的最大值为 h (1)＝－ .1⎫b e x －1x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，＋∞)，a b x x2e bx －1＋ e x －1.由题意可得 f (1)＝2，f ′(1)＝e.故 a ＝1，b ＝2.2x2e设函数 g (x )＝x ln x ，则 g ′(x )＝1＋ln x .⎛ 1⎫⎝e ⎭⎛1 ⎫ ⎝e ⎭⎛ ⎛1 ⎫⎝ e ⎭ ⎝e ⎭⎛1⎫1 ⎝e ⎭ e2 e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，1e【例2】(2017·南京、盐城模拟)已知函数f(x)＝ax(2)若对任意的x∈(0，2)，都有f(x)<成立，求实数k的取值范围.解(1)由题意得f′(x)＝a（1－x）(2)由题知f(x)＝<不等式整理可得k<＋x2－2x，令g(x)＝＋x2－2x，e x所以g′(x)＝e x（x－1）＋2(x－1)＝(x－1)2＋2⎪＝0，解得x＝1，当x∈综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1.热点二利用导数解决不等式恒成立问题e x在x＝0处的切线方程为y＝x.(1)求实数a的值；1k＋2x－x2e x，因为函数在x＝0处的切线方程为y＝x，所以f′(0)＝1，解得a＝1.x1e x k＋2x－x2对任意x∈(0，2)都成立，所以k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0，2)都成立，从而k≥0.e xx xx2⎛e x⎫⎝x⎭(1，2)时，g′(x)>0，函数g(x)在(1，2)上单调递增，同理可得函数g(x)在(0，1)上单调递减.所以k<g(x)＝g(1)＝e－1，min综上所述，实数k的取值范围是[0，e－1).探究提高(1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路是：先找到准确范围，再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于“恒”字，寻找反例即可).(2)对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.【训练2】(2014·江苏卷)已知函数f(x)＝e x＋e－x，其中e是自然对数的底＝－1t －1因为 t －1＋ 1（t －1）· 13 因此实数 m 的取值范围是(－∞，－ ].数.(1)证明：f (x )是 R 上的偶函数；(2)若关于 x 的不等式 mf (x )≤e －x ＋m －1 在(0，＋∞)上恒成立，求实数 m 的取值范围；(3)已知正数 a 满足：存在 x ∈[1，＋∞)，使得 f (x )<a (－x 3＋3x )成立.试比0 0 0较e a －1 与 a e －1 的大小，并证明你的结论.(1)证明 因为对任意 x ∈R，都有 f (－x )＝e －x ＋e －(－x)＝e －x ＋e x ＝f (x )，所以f (x )是 R 上的偶函数.(2)解 由条件知 m (e x ＋e －x －1)≤e －x －1 在(0，＋∞)上恒成立.令 t ＝e x (x >0)，则 t >1，所以 m ≤－ t －1t 2－t ＋11t －1＋ ＋1对任意 t >1 成立.t －1 ＋1≥2t －1＋1＝3，所以－t －1＋ 11t －1＋11≥－ ，当且仅当 t ＝2，即 x ＝ln 2 时等号成立. 1 31(3)解令函数 g (x )＝e x ＋e x －a (－x 3＋3x )，1则 g ′(x )＝e x－e x ＋3a (x 2－1).1当 x ≥1 时，e x －e x >0，x 2－1≥0，①当 a ∈ ，e ⎪⊆(1，e)时，h (a )<0，综上所述，当 a ∈ ，e ⎪时，e a －1<a e －1；故 e ＋e －1－2a <0，即 a > .则 h ′(x )＝1－e －1【例 3】 (2017·南通模拟)已知函数 f (x )＝x －(a ＋1)ln x － (a ∈R)，g (x )a又 a >0，故 g ′(x )>0.所以 g (x )是[1，＋∞)上的单调增函数，因此 g (x )在[1，＋∞)上的最小值是g (1)＝e ＋e －1－2a .由于存在 x ∈[1，＋∞)，使 e x ＋e －x －a (－x 3＋3x )<0 成立，当且仅当最小值g (1)<0.e ＋e －12令函数 h (x )＝x －(e －1)ln x －1，x .令 h ′(x )＝0，得 x ＝e －1，当 x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故 h (x )是(0，e －1)上的单调减函数；当 x ∈(e－1，＋∞)时，h ′(x )>0，故 h (x )是(e －1，＋∞)上的单调增函数.所以 h (x )在(0，＋∞)上的最小值是 h (e －1).注意到 h (1)＝h (e)＝0，所以当 x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0.当 x ∈(e－1，e)⊆(e －1，＋∞)时，h (x )<h (e)＝0.所以 h (x )<0 对任意的 x ∈(1，e)成立.⎛e ＋e －1 ⎫⎝ 2 ⎭即 a －1<(e －1)ln a ，从而 e a －1<a e －1；②当 a ＝e 时，e a －1＝a e －1；③当 a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0，即 a －1>(e －1)ln a ，故 e a －1>a e －1.⎛e ＋e －1 ⎫⎝ 2 ⎭当 a ＝e 时，e a －1＝a e －1；当 a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>a e －1.热点三 利用导数解决能成立问题x＝ x 2＋e x －x e x .＝f (e)＝e －(a ＋1)－ .当 a ≥e 时，f (x ) ＝e －(a ＋1)－ .f (x ) ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ .g ′(x )＝(1－e x )x .g (x ) ＝g (0)＝1，所以 e －(a ＋1)－ ＜1，即 a ＞ ，12(1)当 x ∈[1，e]时，求 f (x )的最小值；(2)当 a ＜1 时，若存在 x ∈[e，e 2]，使得对任意的 x ∈[－2，0]，f (x )＜g (x )1212恒成立，求 a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝（x －1）（x －a ）x2 .① 若 a ≤1，当 x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则 f (x )在[1，e]上为增函数，f (x ) ＝f (1)＝1－a .min② 若 1＜a ＜e ，当 x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；当 x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数.所以 f (x ) ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.min③ 若 a ≥e ，当 x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数，f (x )minae综上，当 a ≤1 时，f (x ) ＝1－a ；min当 1＜a ＜e 时，f (x ) ＝a －(a ＋1)ln a －1；minamin e(2)由题意知：f (x )(x ∈[e，e 2])的最小值小于 g (x )(x ∈[－2，0])的最小值.由(1)知 f (x )在[e ，e 2]上单调递增，amine当 x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数，aminee 2－2ee ＋1所以 a 的取值范围为 (2)确定 a 的所有可能取值，使得 f (x )> －e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2a ⎭ ⎝ e ＋1⎭ 解 (1)f ′(x )＝2ax － ＝1 2ax 2－1(x >0).⎝ 2a ⎭⎛e 2－2e ⎫，1⎪.探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若 g (x )≤m 恒成立，则 g (x ) ≤m ；若 g (x )≥m 恒成立，则 g (x ) ≥m ；若 g (x )≤m 有解，则maxming (x ) ≤m ；若 g (x )≥m 有解，则 g (x ) ≥m .minmax【训练 3】 (2016·四川卷)设函数 f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中 a ∈R.(1)讨论 f (x )的单调性；1x2.718…为自然对数的底数 ).xx当 a ≤0 时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减.当 a >0 时，由 f ′(x )＝0，有 x ＝1. 2a⎛1 ⎫ 此时，当 x ∈ 0， ⎪时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；⎝⎛ 1 ⎫当 x ∈，＋∞⎪时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.1 1(2)令 g (x )＝x －e x －1，s (x )＝e x －1－x .则 s ′(x )＝e x －1－1.而当 x >1 时，s ′(x )>0，所以 s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增.又由 s (1)＝0，有 s (x )>0，从而当 x >1 时，g (x )>0.当 a ≤0，x >1 时，f (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 >0.1 1当 0<a < 时， >1.2 2a2a ⎭ 当 a ≥ 时，令 h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1).综上，a ∈⎢ ，＋∞⎪.2a ⎭⎝ 当 x >1 时，h ′(x )＝2ax － ＋ －e 1－x >x － ＋ － ＝ > >0.⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫由(1)有 f ⎪<f (1)＝0，而g ⎪>0， ⎝所以此时 f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立.121 1 1 1 1 x 3－2x ＋1 x 2－2x ＋1x x 2x x 2 x x 2 x 2因此，h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增.又因为 h (1)＝0，所以当 x >1 时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即 f (x )>g (x )恒成立.⎡1 ⎫⎣2 ⎭1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有：(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如 a ＞f (x ) 或 a ＜f (x ) .maxmin(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论 .(3)数形结合.2.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形.(2)构造新的函数 h (x ).(3)利用导数研究 h (x )的单调性或最值.(4)根据单调性及最值，得到所证不等式 .3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题 .－⎪＝0，则不等式f(x)＜0的解集为________.解析如图所示，根据图象得不等式f(x)＜0的解集为 －∞，－⎪∪ 0，⎪.2⎭⎝2⎭解析条件可转化为a≤2ln x＋x＋恒成立.设f(x)＝2ln x＋x＋，3则f′(x)＝（x＋3）（x－1）解析∵2(x－a)＜1，∴a＞x－x . 2一、填空题1.设f(x)是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f′(x)＞0，且f(0)＝0，f ⎛1⎫⎝2⎭⎛1⎫⎛1⎫⎝2⎭⎝2⎭⎛1⎫⎛1⎫答案 －∞，－⎪∪ 0，⎪⎝2.(2017·苏北四市调研)若不等式2x ln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为________.3xxx2(x＞0).当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以f(x)＝f(1)＝4.所以a≤4.min答案(－∞，4]3.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是________.1x1令f(x)＝x－2x，∴f′(x)＝1＋2－x ln2＞0.当 x ∈(0，2]时，原不等式即 a ＜ －1，解析 令 F (x )＝f （x ），因为 f (x )为奇函数，所以 F (x )为偶函数，由于 F ′(x )＝x f ′（x ）－f （x ）f （x ）， 在 (0 ，＋∞)上单调递减，根据对称性， F (x ) ＝ 在 (－∞， 0) 上单调递令 g (x )＝ －1，e x则 g ′(x )＝e x （x －1）∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞).答案 (－1，＋∞)4.(2015·全国Ⅱ卷改编 )设函数 f ′(x )是奇函数 f (x )(x ∈R)的导函数，f (－1)＝0，当 x >0 时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得 f (x )>0 成立的 x 的取值范围是________.xx 2xf （x ）x增，又 f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得 f (x )＞0 成立的 x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).答案 (－∞，－1)∪(0，1)5.已知不等式 e x －x ＞ax 的解集为 P ，若[0，2] P ，则实数 a 的取值范围是________.解析 由题意知不等式 e x －x ＞ax 在 x ∈[0，2]上恒成立.当 x ＝0 时，显然对任意实数 a ，该不等式都成立.e xxxx 2，当 0＜x ＜1 时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，当 1＜x ＜2 时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，6.设函数 f (x )＝ 3sinπx.若存在 f (x )的极值点 x 满足 x 2＋[f (x )]2＜m 2，解析∵f (x )＝ 3sin πx即[f (x )]2＝3.又|x |≥|m| ∴x 2＋[f (x )]2≥ ＋3， ∴ ＋3＜m 2，令 h (x )＝ln x －x 2，有 h ′(x )＝ －2x .∵x ＞1，∴ －2x ＜0，∴h (x )在(1，＋∞)上为减函数，8.(2017·泰州模拟 )已知函数 f (x )＝ x 3－x 2－3x ＋ ，直线 l ：9x ＋2y ＋c ＝故 g (x )在(0，2]上的最小值为 g (1)＝e －1，故 a 的取值范围为(－∞，e －1).答案 (－∞，e －1)m则 m 的取值范围是________.m 的极值为± 3，0 0 2，m 20 4m 24解得 m ＞2 或 m ＜－2.答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞)7.已知函数 f (x )＝ln x －a ，若 f (x )＜x 2 在(1，＋∞)上恒成立，则实数 a 的取值范围是________.解析 ∵函数 f (x )＝ln x －a ，且 f (x )＜x 2 在(1，＋∞)上恒成立，∴a ＞ln x－x 2，x ∈(1，＋∞).1x1x∴当 x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜h (1)＝－1，∴a ≥－1.答案 [－1，＋∞)1 43 30，若当 x ∈[－2，2]时，函数 y ＝f (x )的图象恒在直线 l 下方，则 c 的取值范3x －x 2＋ x ＋ ，设 g (x )＝ x 3－x 2＋ x ＋ ，则 g ′(x )＝x 2－2x ＋ ，则 g ′(x )＞0 恒成立，所以 g (x )在[－2，2]上单调递解析 根据题意知 x 3－x 2－3x ＋ ＜－ x － 在 x ∈[－2，2]上恒成立，则－ ＞(2)证明当 x ∈(1，＋∞)时，1<x －1<x ；(1)解 由 f (x )＝ln x －x ＋1(x >0)，得 f ′(x )＝ －1.x x ln x围是________.1 4 9 c c3 3 2 2 21 3 43 2 31 3 43 2 332增，所以 g (x ) ＝g (2)＝3，则 c ＜－6.max答案 (－∞，－6)二、解答题9.(2016·全国Ⅲ卷)设函数 f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论函数 f (x )的单调性；ln x(3)设 c >1，证明当 x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x .1x令 f ′(x )＝0，解得 x ＝1.当 0<x <1 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.当 x >1 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.因此 f (x )在(0，1)上是增函数，在 x ∈(1，＋∞)上为减函数.(2)证明 由(1)知，函数 f (x )在 x ＝1 处取得最大值 f (1)＝0.∴当 x ≠1 时，ln x <x －1.1 1 x －1故当 x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln < －1，即 1< <x .(3)证明 由题设 c >1，设 g (x )＝1＋(c －1)x －c x ，则 g ′(x )＝c －1－c x ln c .ln cln c由(2)知 1< c －1<c ，故 0<x <1.(1)解 易知 f ′(x )＝－x －（1－a ）(2)证明 a ＝0，则 f (x )＝ .－ ＝ .c －1 ln令 g ′(x )＝0，解得 x ＝ .当 x <x 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当 x >x 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.ln c又 g (0)＝g (1)＝0，故当 0<x <1 时，g (x )>0.∴当 x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x .10.(2017·衡水中学质检 )已知函数 f (x )＝x ＋aex .(1)若 f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数 a 的取值范围；(2)若 a ＝0，x <1，设直线 y ＝g (x )为函数 f (x )的图象在 x ＝x 处的切线，求证：f (x )≤g (x ).ex，由已知得 f ′(x )≥0 对 x ∈(－∞，2)恒成立，故 x ≤1－a 对 x ∈(－∞，2)恒成立，∴1－a ≥2，∴a ≤－1.即实数 a 的取值范围为(－∞，－1].xe x函数 f (x )的图象在 x ＝x 处的切线方程为 y ＝g (x )＝f ′(x )(x －x )＋f (x ).令 h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x )(x －x )－f (x )，x ∈R，则 h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x )＝ 0 1－x 1－xe x e x（1－x ）e x －（1－x ）e x0 0 e x ＋x解f′(x)＝＋2x－a.(2)当0＜a≤2时，f′(x)＝＋2x－a＝12x2－ax＋1⎛a⎫2a24⎭8＝.因为0＜a≤2，所以1－＞0，而x＞0，即f′(x)＝2x2－ax＋1不等式1－a＞m ln a恒成立，即m＜1－a恒成立.设φ(x)＝(1－x)e x－(1－x)e x，x∈R，00则φ′(x)＝－e x－(1－x)e x，∵x<1，∴φ′(x)<0，000∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x)＝0，∴当x<x时，φ(x)>0，当x>x时，φ(x)<0，00∴当x<x时，h′(x)>0，当x>x时，h′(x)<0，00∴h(x)在区间(－∞，x)上为增函数，在区间(x，＋∞)上为减函数，00∴x∈R时，h(x)≤h(x)＝0，∴f(x)≤g(x).11.(2017·南通调研)已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax(a为常数).(1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；(2)当0＜a≤2时，试判断f(x)的单调性；(3)若对任意的a∈(1，2)，x∈[1，2]，不等式f(x)＞m ln a恒成立，求实00数m的取值范围.1x(1)由已知得：f′(1)＝0，所以1＋2－a＝0，所以a＝3，经验证符合题意.x x2 x－⎪＋1－⎝xa28x＞0，故f(x)在(0，＋∞)上是增函数.(3)当a∈(1，2)时，由(2)知，f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)＝1－a，故问题等价于：对任意的a∈(1，2)，ln a记g(a)＝(1＜a＜2)，则g′(a)＝.所以g(a)＝1－a在a∈(1，2)上单调递减，1－a－a ln a－1＋aln a a（ln a）2令M(a)＝－a ln a－1＋a，则M′(a)＝－ln a＜0，所以M(a)在(1，2)上单调递减，所以M(a)＜M(1)＝0，故g′(a)＜0，ln a所以m≤g(2)＝1－2ln2＝－log e，2即实数m的取值范围为(－∞，－log e].2。

利用导数证明不等式的九大题型
题型一：构造函数法
把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值的问题，从而证明不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是利用导数证明不等式的关键。

这四道题比较简单，证明过程略.概括而言，这四道题证明的过程分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论.【启示】证明分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论。

题型二：通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式
【启示】解答第一问用的是分离参数法，解答第二问用的是分析法、构造函数，对函数的变形能力要求较高，大家应记住下面的变形：
题型三：求最值解决任意、存在性变量问题
解决此类问题，关键是将问题转化为求函数的最值问题，常见的有下面四种形式：
题型四：分拆成两个函数研究
【注意】(2)如果按题型一的方法构造函数求导，会发现做不下去，只好半途而废，所以我们在做题时需要及时调整思路，改变思考方向.
【启示】掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助，这八个函数分别为
要求会画它们的图像，以后见到这种类型的函数，就能想到它们的性质.
题型五：设而不求
当函数的极值点（最值点）不确定时，可以先设出来，只设不解，把极值点代入，求出最值的表达式而证明.。

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)。

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－2x(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)＝1x－ex2＝x－ex2，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－2x≥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－2－1e＝e（e－2）－1e＞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<f (x0)<2－2.(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－1x，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－1x .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 )＝x 2－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x ， 设h (x )＝2x －2－ln x ，则h ′(x )＝2－1x.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)<14.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<f (x 0)<2－2.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 xln 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 xln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe 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 ＋2xe x －1，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x－2e.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 )＝e －x (1－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.综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f (x)＞1. 热点二利用导数解决不等式恒成立问题【例2】(2017·南京、盐城模拟)已知函数f (x)＝axe x在x＝0处的切线方程为y＝x.(1)求实数a的值；(2)若对任意的x∈(0，2)，都有f (x)<1k＋2x－x2成立，求实数k的取值范围.解(1)由题意得f ′(x)＝a（1－x）e x，因为函数在x＝0处的切线方程为y＝x，所以f ′(0)＝1，解得a＝1.(2)由题知f (x)＝xe x<1k＋2x－x2对任意x∈(0，2)都成立，所以k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0，2)都成立，从而k≥0.不等式整理可得k<e xx＋x2－2x，令g(x)＝e xx＋x2－2x，所以g′(x)＝e x（x－1）x2＋2(x－1)＝(x－1)⎝⎛⎭⎪⎫e xx2＋2＝0，解得x＝1，当x∈(1，2)时，g′(x)>0，函数g(x)在(1，2)上单调递增，同理可得函数g(x)在(0，1)上单调递减.所以k<g(x)min＝g(1)＝e－1，综上所述，实数k的取值范围是[0，e－1).探究提高(1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路是：先找到准确范围，再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于“恒”字，寻找反例即可).(2)对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.【训练2】(2014·江苏卷)已知函数f (x)＝e x＋e－x，其中e是自然对数的底数.(1)证明：f (x)是R上的偶函数；(2)若关于x的不等式mf (x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f (x0)<a(－x30＋3x0)成立.试比较e a－1与a e－1的大小，并证明你的结论.(1)证明因为对任意x∈R，都有f (－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋e x＝f (x)，所以f (x)是R上的偶函数.(2)解由条件知m(e x＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立.令t＝e x(x>0)，则t>1，所以m≤－t－1 t2－t＋1＝－1t－1＋1t－1＋1对任意t>1成立.因为t－1＋1t－1＋1≥2（t－1）·1t－1＋1＝3，所以－1t－1＋1t－1＋1≥－13，当且仅当t＝2，即x＝ln 2时等号成立.因此实数m的取值范围是(－∞，－13 ].(3)解令函数g(x)＝e x＋1e x－a(－x3＋3x)，则g′(x)＝e x－1e x＋3a(x2－1).当x≥1时，e x－1e x>0，x2－1≥0，又a >0，故g ′(x )>0.所以g (x )是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是g (1)＝e ＋e －1－2a .由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋3x 0)<0成立，当且仅当最小值g (1)<0.故e ＋e －1－2a <0，即a >e ＋e－12.令函数h (x )＝x －(e －1)ln x －1， 则h ′(x )＝1－e －1x.令h ′(x )＝0，得x ＝e －1，当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故h (x )是(0，e －1)上的单调减函数； 当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调增函数. 所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1).注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0.当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时，h (x )<h (e)＝0. 所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立.①当a ∈⎝⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e ⊆(1，e)时，h (a )<0， 即a －1<(e －1)ln a ，从而e a －1<a e －1； ②当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0， 即a －1>(e －1)ln a ，故e a －1>a e －1.综上所述，当a ∈⎝⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e 时，e a －1<a e －1； 当a ＝e 时，e a －1＝a e －1； 当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>a e －1. 热点三 利用导数解决能成立问题【例3】 (2017·南通模拟)已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －ax(a ∈R)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x . (1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝（x －1）（x －a ）x 2.① 若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ② 若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； 当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数. 所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③ 若a ≥e，当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)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值. 由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae.g ′(x )＝(1－e x )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 ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1. 探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g (x )≤m 恒成立，则g (x )max ≤m ；若g (x )≥m 恒成立，则g (x )min ≥m ；若g (x )≤m 有解，则g (x )min ≤m ；若g (x )≥m 有解，则g (x )max ≥m .【训练3】 (2016·四川卷)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R. (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数). 解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a.此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0， 所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增.又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (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时，12a>1.由(1)有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫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 )＝f (x )－g (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.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立. 综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有：(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a ＞f (x )max 或a ＜f (x )min . (2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论. (3)数形结合.2.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数h (x ).(3)利用导数研究h (x )的单调性或最值. (4)根据单调性及最值，得到所证不等式. 3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题； (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题； (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.一、填空题1.设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＜0时，f ′(x )＞0，且f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，则不等式f (x )＜0的解集为________. 解析 如图所示，根据图象得不等式f (x )＜0的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，122.(2017·苏北四市调研)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为________.解析 条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立.设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2(x ＞0).当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案 (－∞，4]3.若存在正数x 使2x (x －a )＜1成立，则a 的取值范围是________. 解析 ∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1， ∴a 的取值范围为(－1，＋∞). 答案 (－1，＋∞)4.(2015·全国Ⅱ卷改编)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是________. 解析 令F (x )＝f （x ）x，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝x f ′（x ）－f （x ）x 2，当x ＞0时，x f ′(x )－f (x )＜0，所以F (x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f （x ）x 在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪ (0，1).答案 (－∞，－1)∪(0，1)5.已知不等式e x －x ＞ax 的解集为P ，若[0，2]⊆P ，则实数a 的取值范围是________.解析 由题意知不等式e x －x ＞ax 在x ∈[0，2]上恒成立. 当x ＝0时，显然对任意实数a ，该不等式都成立. 当x ∈(0，2]时，原不等式即a ＜e xx－1，令g (x )＝e xx－1，则g ′(x )＝e x （x －1）x 2，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减， 当1＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，故g (x )在(0，2]上的最小值为g (1)＝e －1， 故a 的取值范围为(－∞，e －1). 答案 (－∞，e －1) 6.设函数f (x )＝3sinπxm.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2＜m 2，则m 的取值范围是________. 解析 ∵f (x )＝3sinπxm的极值为±3，即[f (x 0)]2＝3.又|x 0|≥|m |2， ∴x 20＋[f (x 0)]2≥m 24＋3，∴m 24＋3＜m 2， 解得m ＞2或m ＜－2.答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞)7.已知函数f (x )＝ln x －a ，若f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵函数f (x )＝ln x －a ，且f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，∴a ＞ln x －x 2，x ∈(1，＋∞).令h (x )＝ln x －x 2，有h ′(x )＝1x－2x .∵x ＞1，∴1x－2x ＜0，∴h (x )在(1，＋∞)上为减函数，∴当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜h (1)＝－1，∴a ≥－1. 答案 [－1，＋∞)8.(2017·泰州模拟)已知函数f (x )＝13x 3－x 2－3x ＋43，直线l ：9x ＋2y ＋c ＝0，若当x ∈[－2，2]时，函数y ＝f (x )的图象恒在直线l 下方，则c 的取值范围是________.解析根据题意知13x3－x2－3x＋43＜－92x－c2在x∈[－2，2]上恒成立，则－c2＞1 3x3－x2＋32x＋43，设g(x)＝13x3－x2＋32x＋43，则g′(x)＝x2－2x＋32，则g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在[－2，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝3，则c＜－6.答案(－∞，－6)二、解答题9.(2016·全国Ⅲ卷)设函数f (x)＝ln x－x＋1.(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1<x－1ln x<x；(3)设c>1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>c x.(1)解由f (x)＝ln x－x＋1(x>0)，得f ′(x)＝1x－1.令f ′(x)＝0，解得x＝1.当0<x<1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增.当x>1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减.因此f (x)在(0，1)上是增函数，在x∈(1，＋∞)上为减函数.(2)证明由(1)知，函数f (x)在x＝1处取得最大值f (1)＝0. ∴当x≠1时，ln x<x－1.故当x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，ln 1x<1x－1，即1<x－1ln x<x.(3)证明由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－c x，则g′(x)＝c－1－c x ln c.令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减. 由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1. 又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. ∴当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. 10.(2017·衡水中学质检)已知函数f (x )＝x ＋a e x.(1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝0，x 0<1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x ).(1)解 易知f ′(x )＝－x －（1－a ）ex，由已知得f ′(x )≥0对x ∈(－∞，2)恒成立， 故x ≤1－a 对x ∈(－∞，2)恒成立， ∴1－a ≥2，∴a ≤－1.即实数a 的取值范围为(－∞，－1]. (2)证明 a ＝0，则f (x )＝xex .函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0). 令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)，x ∈R ， 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0e x 0＝（1－x ）e x 0－（1－x 0）e x e x ＋x 0.设φ(x )＝(1－x )e x 0－(1－x 0)e x ，x ∈R ，则φ′(x )＝－e x 0－(1－x 0)e x ，∵x 0<1，∴φ′(x )<0， ∴φ(x )在R 上单调递减，而φ(x 0)＝0， ∴当x <x 0时，φ(x )>0，当x >x 0时，φ(x )<0， ∴当x <x 0时，h ′(x )>0，当x >x 0时，h ′(x )<0，∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数， ∴x ∈R 时，h (x )≤h (x 0)＝0， ∴f (x )≤g (x ).11.(2017·南通调研)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a 为常数). (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值； (2)当0＜a ≤2时，试判断f (x )的单调性；(3)若对任意的a ∈(1，2)，x 0∈[1，2]，不等式f (x 0)＞m ln a 恒成立，求实数m 的取值范围. 解 f ′(x )＝1x＋2x －a .(1)由已知得：f ′(1)＝0，所以1＋2－a ＝0，所以a ＝3，经验证符合题意. (2)当0＜a ≤2时，f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x＝2⎝⎛⎭⎪⎫x －a 42＋1－a 28x.因为0＜a ≤2，所以1－a 28＞0，而x ＞0，即f ′(x )＝2x 2－ax ＋1x＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是增函数.(3)当a ∈(1，2)时，由(2)知，f (x )在[1，2]上的最小值为f (1)＝1－a ， 故问题等价于：对任意的a ∈(1，2)， 不等式1－a ＞m ln a 恒成立，即m ＜1－aln a恒成立.记g(a)＝1－aln a (1＜a＜2)，则g′(a)＝－a ln a－1＋aa（ln a）2.令M(a)＝－a ln a－1＋a，则M′(a)＝－ln a＜0，所以M(a)在(1，2)上单调递减，所以M(a)＜M(1)＝0，故g′(a)＜0，所以g(a)＝1－aln a在a∈(1，2)上单调递减，所以m≤g(2)＝1－2ln 2＝－log2e，即实数m的取值范围为(－∞，－log2e].。

导数与不等式、存在性及恒成立问题1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有：(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.(3)数形结合.2.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形.(2)构造新的函数h(x).(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值.(4)根据单调性及最值，得到所证不等式.3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.热点一导数与不等式[微题型1]利用导数证明不等式【例1－1】已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m).(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.解易知f′(x)＝e x－1x＋m.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝e x－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，∴f′(x)＝e x－1x＋1在(－1，＋∞)上是增函数，且f′(0)＝0.解易知f′(x)＝e x－1x＋m.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝e x－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，∴f′(x)＝e x－1x＋1在(－1，＋∞)上是增函数，且f′(0)＝0.故f(x)≥f(x0)＝e x0－ln(x0＋2)＝1x0＋2＋x0＝（x0＋1）2x0＋2>0.综上可知，当m≤2时，f(x)>0成立.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.[微题型2] 不等式恒成立求参数范围问题【例1－2】 (1)已知函数f (x )＝ax －1－ln x ，a ∈R .①讨论函数f (x )的单调区间；②若函数f (x )在x ＝1处取得极值，对∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围.(2)设f (x )＝x ln x x ＋1，若对∀x ∈[1，＋∞)，f (x )≤m (x －1)恒成立，求m 的取值范围. 解 (1)①在区间(0，＋∞)上，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x， 当a ≤0时，f ′(x )＜0恒成立，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减；当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝1a，在区间⎝⎛⎭⎫0，1a 上， f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增.综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；当a ＞0时，f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞.②因为函数f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝0，解得a ＝1，经检验可知满足题意.由已知f (x )≥bx －2，即x －1－ln x ≥bx －2，即1＋1x －ln x x≥b 对∀x ∈(0，＋∞)恒成立， 令g (x )＝1＋1x －ln x x ，则g ′(x )＝－1x 2－1－ln x x 2＝ln x －2x 2， 易得g (x )在(0，e 2]上单调递减，在[e 2，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2. (2)f (x )＝x ln x x ＋1，∀x ∈[1，＋∞)，f (x )≤m (x －1)，即ln x ≤m ⎝⎛⎭⎫x －1x . 设g (x )＝ln x －m ⎝⎛⎭⎫x －1x ，即∀x ∈[1，＋∞)，g (x )≤0恒成立，等价于函数g (x )在[1，＋∞)上的最大值g (x )max ≤0. g ′(x )＝1x －m ⎝⎛⎭⎫1＋1x 2＝－mx 2＋x －m x 2.①若m ≤0，g ′(x )＞0，g (x )在[1，＋∞)上单调递增，即g (x )≥g (1)＝0，这与要求的g (x )≤0矛盾.②若m ＞0，方程－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2.当Δ≤0，即m ≥12时，g ′(x )≤0. 所以g (x )在[1，＋∞)上单调递减，g (x )max ＝g (1)＝0，时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，g (x )＞g (1)＝0，与要求矛盾.综上所述，m ≥12. 热点二 存在与恒成立问题【例2】 已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1(a ∈R ). (1)当a ≤12时，讨论f (x )的单调性； (2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围. 解 (1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x 2， x ∈(0，＋∞).令h (x )＝ax 2－x ＋1－a ，x ∈(0，＋∞).(ⅰ)当a ＝0时，h (x )＝－x ＋1，x ∈(0，＋∞)，所以当x ∈(0，1)时，h (x )＞0，此时f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，此时f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增. (ⅱ)当a ≠0时，由f ′(x )＝0，即ax 2－x ＋1－a ＝0，解得x 1＝1，x 2＝1a －1.①当a ＝12时，x 1＝x 2，h (x )≥0恒成立，此时f ′(x )≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ②当0＜a ＜12时，1a－1＞1＞0， x ∈(0，1)时，h (x )＞0，此时f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a －1时，h (x )＜0，此时f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞时，h (x )＞0，此时f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减.③当a ＜0时，由于1a－1＜0＜1，x ∈(0，1)时，h (x )＞0 此时f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，此时f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增.综上所述，当a ≤0时， 函数f (x )在(0，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当0＜a ＜12时，函数f (x )在(0，1]上单调递减，在⎣⎡⎦⎤1，1a －1上单调递增，在⎣⎡⎭⎫1a －1，＋∞上单调递减. (2)因为a ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12，由(1)，知x 1＝1，x 2＝3∉(0，2)，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12. 由于“对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12”，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以 ①当b ＜1时，因为g (x )min ＝g (1)＝5－2b ＞0，此时与(*)矛盾；②当b ∈[1，2]时，因为g (x )min ＝g (b )＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b ∈(2，＋∞)时，因为g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178. 综上，可得b 的取值范围是⎣⎡⎭⎫178，＋∞. 探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)≤m 恒成立，则g(x)max ≤m ；若g(x)≥m 恒成立，则g(x)min ≥m ；若g(x)≤m 有解，则g(x)min ≤m ；若g(x)≥m 有解，则g(x)max ≥m.【训练2】 已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a 为常数).(1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值；(2)当0＜a ≤2时，试判断f (x )的单调性；(3)若对任意的a ∈(1，2)，x 0∈[1，2]，不等式f (x 0)＞m ln a 恒成立，求实数m 的取值范围.解 f ′(x )＝1x＋2x －a . (1)由已知得：f ′(1)＝0，所以1＋2－a ＝0，所以a ＝3.(2)当0＜a ≤2时，f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x ＝2⎝⎛⎭⎫x －a 42＋1－a 28x .因为0＜a ≤2，所以1－a 28＞0，而x ＞0，即f ′(x )＝2x 2－ax ＋1x＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上是增函数.(3)当a ∈(1，2)时，由(2)知，f (x )在[1，2]上的最小值为f (1)＝1－a ，故问题等价于：对任意的a ∈(1，2)，不等式1－a ＞m ln a 恒成立，即m ＜1－a ln a恒成立. 记g (a )＝1－a ln a (1＜a ＜2)，则g ′(a )＝－a ln a －1＋a a （ln a ）2. 令M (a )＝－a ln a －1＋a ，则M ′(a )＝－ln a ＜0，所以M (a )在(1，2)上单调递减，所以M (a )＜M (1)＝0，故g ′(a )＜0，所以g (a )＝1－a ln a在a ∈(1，2)上单调递减， 所以m ≤g (2)＝1－2ln 2＝－log 2e ， 即实数m 的取值范围为(－∞，－log 2e].。

第三篇导数及其应用专题3.4导数在不等式中的应用【考点聚焦突破】考点一构造函数证明不等式【例1】已知函数f (x )＝1－x －1ex ，g (x )＝x －ln x .(1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e2.【答案】见解析【解析】证明(1)由题意得g ′(x )＝x －1x(x >0)，当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.所以g (x )≥g (1)＝1，得证.(2)由f (x )＝1－x －1e x ，得f ′(x )＝x －2ex ，所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f (x )≥f (2)＝1－1e2(当且仅当x ＝2时取等号).①又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，所以(x －ln x )f (x )>1－1e2.【规律方法】1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在[a ，b]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x 1，x 2∈[a ，b]，且x 1<x 2，有f(x 1)<f(x 2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D 内有最大值M(或最小值m)，则∀x ∈D ，有f(x)≤M(或f(x)≥m).2.证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.【训练1】已知函数f (x )＝ax ＋b x 2＋1在点(－1，f (－1))处的切线方程为x ＋y ＋3＝0.(1)求函数f (x )的解析式；(2)设g (x )＝ln x ，求证：g (x )≥f (x )在[1，＋∞)上恒成立.【答案】见解析【解析】(1)解将x ＝－1代入切线方程得y ＝－2，所以f (－1)＝b －a 1＋1＝－2，化简得b －a ＝－4.①f ′(x )＝a （x 2＋1）－（ax ＋b ）·2x （x 2＋1）2，f ′(－1)＝2a ＋2（b －a ）4＝－1.②联立①②，解得a ＝2，b ＝－2.所以f (x )＝2x －2x 2＋1.(2)证明由题意知要证ln x ≥2x －2x 2＋1在[1，＋∞)上恒成立，即证明(x 2＋1)ln x ≥2x －2，x 2ln x ＋ln x －2x ＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立.设h (x )＝x 2ln x ＋ln x －2x ＋2，则h ′(x )＝2x ln x ＋x ＋1x－2，因为x ≥1，所以2x ln x ≥0，x ＋1x ≥2·x ·1x≥2(当且仅当x ＝1时等号成立)，即h ′(x )≥0，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (1)＝0，所以g (x )≥f (x )在[1，＋∞)上恒成立.考点二利用“若f (x )min >g (x )max ，则f (x )>g (x )”证明不等式【例2】已知函数f (x )＝x ln x －ax .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x 成立.【答案】见解析【解析】(1)解函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞).当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2.由f ′(x )＝0，得x ＝1e2.当x f ′(x )<0；当x >1e2时，f ′(x )>0.所以f (x ).因此f (x )在x ＝1e 2处取得最小值，即f (x )min ＝＝－1e2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值.(2)证明当x >0时，ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2e 2.由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e 2，当且仅当x ＝1e 2时取等号.设G (x )＝xe x ＋1－2e2，x ∈(0，＋∞)，则G ′(x )＝1－x ex ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e 2，当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x .【规律方法】1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立.从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”.【训练2】已知三次函数f (x )的导函数f ′(x )＝－3x 2＋3且f (0)＝－1，g (x )＝x ln x ＋a x(a ≥1).(1)求f (x )的极值；(2)求证：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，都有f (x 1)≤g (x 2).【答案】见解析【解析】(1)解依题意得f (x )＝－x 3＋3x －1，f ′(x )＝－3x 2＋3＝－3(x ＋1)(x －1)，知f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1，1)上是增函数，所以f (x )极小值＝f (－1)＝－3，f (x )极大值＝f (1)＝1.(2)证明易得x >0时，f (x )最大值＝1，由a ≥1知，g (x )≥x ln x ＋1x(x >0)，令h (x )＝x ln x ＋1x(x >0)，则h ′(x )＝ln x ＋1－1x 2＝ln x ＋x 2－1x2，注意到h ′(1)＝0，当x >1时，h ′(x )>0；当0<x <1时，h ′(x )<0，即h (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，h (x )最小值＝h (1)＝1，即g (x )最小值＝1.综上知对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，都有f (x 1)≤g (x 2).考点三不等式恒成立或有解问题多维探究角度1不等式恒成立求参数【例3－1】已知函数f (x )＝sin x x(x ≠0).(1)判断函数f (x )(2)若f (x )<a a 的最小值.【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝x cos x －sin x x 2，令g (x )＝x cos x －sin x ，x g ′(x )＝－x sin x ，显然，当x g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )g (0)＝0.从而g (x )所以f ′(x )所以函数f (x ).(2)不等式f (x )<a ，x sin x －ax <0恒成立.令φ(x )＝sin x －ax ，x 则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.当a ≥1φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减，所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立.当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0x 0，当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.当a ≤0φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.故实数a 的最小值为1.【规律方法】1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，通过求函数y ＝f (x )的最值求得参数范围.【训练3】(2019·潍坊模拟)已知函数f (x )＝1＋ln x x.(1)若函数f (x )，a a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围.【答案】见解析【解析】(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln x x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )是减函数；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，即正实数a (2)当x ≥1时，k ≤（x ＋1）（1＋ln x ）x恒成立，令g (x )＝（x ＋1）（1＋ln x ）x(x ≥1)，则g ′(x )＝x －ln x x 2.再令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，则h ′(x )＝1－1x≥0，所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0，所以g (x )是增函数，所以g (x )≥g (1)＝2，故k ≤2，即实数k 的取值范围是(－∞，2].角度2不等式能成立求参数的取值范围【例3－2】已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R ).(1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)函数g(x)＝(1－a)x ，若∃x0∈[1，e]使得f(x 0)≥g(x 0)成立，求实数a 的取值范围.【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝（2x －1）（x －a ）x，当导函数f ′(x )的零点x ＝a 落在区间(1，2)内时，函数f (x )在区间[1，2]上就不是单调函数，即a ∉(1，2)，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).(2)由题意知，不等式f (x )≥g (x )在区间[1，e]上有解，即x 2－2x ＋a (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解.因为当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，x －ln x >0，所以a ≤x 2－2x x －ln x在区间[1，e]上有解.令h (x )＝x 2－2x x －ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2－2ln x ）（x －ln x ）2.因为x ∈[1，e]，所以x ＋2>2≥2ln x ，所以h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上单调递增，所以x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝e(e －2)e －1，所以a ≤e(e －2)e －1，所以实数a －∞，e(e －2)e －1.【规律方法】1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ；a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max .2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；(2)任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )min ≥g (x )min .【训练4】已知函数f (x )＝2ln x (m ∈R )，g (x )＝－m x，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，求实数m 的取值范围.【答案】见解析【解析】解依题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解，∴mx <2ln x 在区间[1，e]上有解，即m 2<ln x x 能成立.令h (x )＝ln x x ，x ∈[1，e]，则h ′(x )＝1－ln x x 2.当x ∈[1，e]时，h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上是增函数，∴h (x )的最大值为h (e)＝1e.由题意m 2<1e ，即m <2e时，f (x )<g (x )在[1，e]上有解.∴实数m 【反思与感悟】1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.2.恒(能)成立问题的转化策略.若f (x )在区间D 上有最值，则(1)恒成立：∀x ∈D ，f(x)>0⇔f(x)mi n>0；∀x ∈D ，f(x)<0⇔f(x)max <0.(2)能成立：∃x ∈D ，f(x)>0⇔f(x)max >0；∃x ∈D ，f(x)<0⇔f(x)min <0.【易错防范】1.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.2.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.【核心素养提升】【逻辑推理】——两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程.(1)对数形式：x ≥1＋ln x (x >0)，当且仅当x ＝1时，等号成立.(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：e x >x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1).【例1】(1)已知函数f (x )＝1ln （x ＋1）－x ，则y ＝f (x )的图象大致为()【答案】B【解析】因为f (x )＋1>0，（x ＋1）－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}，所以排除选项D.当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，所以ln(x ＋1)－x <0(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A ，C ，易知B 正确.(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点.【答案】见解析【解析】证明令g (x )＝f (x )2＋x ＋e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x －x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点.【例2】(2017·全国Ⅲ卷改编)已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n <e.【答案】见解析【解析】(1)解f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意.②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0；所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增，故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点.因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.(2)证明由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，得<12n .从而<12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1.【例3】设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .【答案】见解析【解析】(1)解由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1)上单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减.(2)证明由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x <x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x .【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：35分钟)一、选择题1.(2019·海南一模)函数f (x )＝ln x ＋a 的导数为f ′(x )，若方程f ′(x )＝f (x )的根x 0小于1，则实数a 的取值范围为()A.(1，＋∞)B.(0，1)C.(1，2)D.(1，3)【答案】A【解析】由函数f (x )＝ln x ＋a 可得f ′(x )＝1x ，∵x 0使f ′(x )＝f (x )成立，∴1x 0＝ln x0＋a ，又0<x 0<1，∴1x 0>1，ln x 0<0，∴a ＝1x 0－ln x0>1.2.(2019·济南调研)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则()A.f (x 1)>0，f (x 2)>－12B.f (x 1)<0，f (x 2)<－12C.f (x 1)>0，f (x 2)<－12D.f (x 1)<0，f (x 2)>－12【答案】D【解析】f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，即曲线y ＝1＋ln x 与直线y ＝2ax 有两个不同交点，如图.由直线y ＝x 是曲线y ＝1＋ln x 的切线，可知：0<2a <1，0<x 1<1<x 2，∴a 由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0，∵当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0，∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12.二、填空题3.若对任意a ，b 满足0<a <b <t ，都有b ln a <a ln b ，则t 的最大值为________.【答案】e 【解析】∵0<a <b <t ，b ln a <a ln b ，∴ln a a <ln b b，令y ＝ln x x，x ∈(0，t )，则函数在(0，t )上单调递增，故y ′＝1－ln x x 2>0，解得0<x <e ，故t 的最大值是e.4.函数f (x )＝x －2sin x ，对任意的x 1，x 2∈[0，π]，恒有|f (x 1)－f (x 2)|≤M ，则M 的最小值为________.【答案】2π3＋3【解析】∵f (x )＝x －2sin x ，∴f ′(x )＝1－2cos x ，∴当0<x <π3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当π3<x <π时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；∴当x ＝π3时，f (x )有极小值，即最小值，且f (x )min ＝＝π3－2sin π3＝π3－ 3.又f (0)＝0，f (π)＝π，∴f (x )max ＝π.由题意得|f (x 1)－f (x 2)|≤M 等价于M ≥|f (x )max －f (x )min |＝π＝2π3＋ 3.∴M 的最小值为2π3＋ 3.三、解答题5.已知f (x )＝(1－x )e x －1.(1)求函数f (x )的最大值；(2)设g (x )＝f （x ）x，x >－1且x ≠0，证明：g (x )<1.【答案】见解析【解析】(1)解f ′(x )＝－x e x .当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )的最大值为f (0)＝0.(2)证明由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1.当－1<x <0时，g (x )<1等价于f (x )>x .设h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝－x e x －1.当x ∈(－1，0)时，0<－x <1，0<e x <1，则0<－x e x <1，从而当x ∈(－1，0)时，h ′(x )<0，h (x )在(－1，0)上单调递减.当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0，即g (x )<1.综上，当x >－1且x ≠0时总有g (x )<1.6.已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x ，使得f (x )<0成立，求实数a 的取值范围.【答案】见解析【解析】(1)当a ＝1时，f (x )＝x 3－x 2＋10，所以f ′(x )＝3x 2－2x ，所以k ＝f ′(2)＝8.又f (2)＝14，所以切线方程为y ＝8x －2.(2)由已知得：a >x 3＋10x2＝x ＋10x 2至少有一个实数x 使之成立，即amin .设g (x )＝x ＋10x 2(1≤x ≤2)，则g ′(x )＝1－20x3，因为1≤x ≤2，所以g ′(x )<0.所以g (x )在[1，2]上是减函数，所以g (x )min ＝g (2)＝92，a >92，即a【能力提升题组】(建议用时：25分钟)7.(2019·北京延庆区调研)已知函数f (x )＝x ln x (x >0).(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32恒成立，求实数m 的最大值.【答案】见解析【解析】(1)由f (x )＝x ln x (x >0)，得f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )>0，得x >1e ；令f ′(x )<0，得0<x <1e.∴f(x )故f (x )在x ＝1e 处有极小值＝－1e，无极大值.(2)由f (x )≥－x 2＋mx －32及f (x )＝x ln x ，得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x恒成立，问题转化为mmin.令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x(x >0)，则g′(x)＝2x ＋x2－3x2，由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒0<x<1.所以g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min ＝g(1)＝4，因此m ≤4，所以m 的最大值是4.8.已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2.(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；(3)若x >0，证明(e x －1)ln(x ＋1)>x 2.【答案】见解析【解析】(1)证明当a ＝0时，f (x )＝e x －1－x ，f ′(x )＝e x －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.(2)解f ′(x )＝e x －1－2ax ，令h (x )＝e x －1－2ax ，则h ′(x )＝e x －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，ln (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 －∞，12.(3)证明由(2)得，当a＝12，x>0时，e x>1＋x＋x22，即e x－1>x＋x2 2，欲证不等式(e x－1)ln(x＋1)>x2，只需证ln(x＋1)>2x x＋2.设F(x)＝ln(x＋1)－2xx＋2，则F′(x)＝1x＋1－4（x＋2）2＝x2（x＋1）（x＋2）2.∵当x>0时，F′(x)>0恒成立，且F(0)＝0，∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.。

立，求实数 a 的范围援
解：疫（f x）=x3-
1 2
x2-2x+5
亦f（忆 x）=3x2-x-2
姨 姨 盂当 a跃1 时，令 f（忆 x）=0，即：3ax2-3=0亦x=依
1 a
（0约
1 a
约1）
又 疫x沂（0，1］
令 f（忆 x）=0，即 3x2-x-2=0
亦x=1
或-
2 3
又 疫x沂［-1，2］
1 c
-
1 2
亦c-
7 2
跃
1 c
-
1 2
解得：3-
姨13 2
约c约0
或
c跃
3+ 姨13 2
分析：例 1 和例 2 两题，都是直接利用所给函数的最值解决问
题的，虽然例
2
函数
（f x）=x3+
3 2
x2-6x+c 中含有参数 c，但 c 并不影
分析：通过上面两种方法的比较发现，第一种比第二种方法麻 烦一些，还需要分类讨论援之所以要分类讨论，就是因为函数 （f x） 当中含有参数，会影响到求函数的最值援而第二种方法由于将参数 分离出来了，再求函数最值的时候就方便很多了援
2013-04
教学实践
导数应用之不等式恒成立问题
文/鄢 琼
函数是高中数学学习的重点，也是学生学习的难点，很多学生 都有 （f x）逸0 恒成立，求实数 a 的范围援
一看到函数头就懵了援但等到学习了导数之后，函数的一些性质就
解：方法一：疫 对任意 x沂（0，1］时，都有 （f x）逸0 恒成立
可以通过导数的运算分析出来援 本文主要通过几个例题介绍如何 利用导数解决不等式恒成立问题援