利用导数“三招”破解不等式恒成立问题
不等式恒成立问题一直是高考命题的热点，把函数问题、导数问题和不等式恒成立问
题交汇命制压轴题成为一个新的热点命题方向.
［典例］(2017全国卷川)已知函数f(x)= x— 1 —aln x.
⑴若f(x)> 0，求a的值；
⑵设m为整数，且对于任意正整数n, 1 + 2 -1 +寺…?1 +壬vm,求m的最小值.
［方法演示］
解：(1)f(x)的定义域为(0,+ ).
①若a< 0,因为f1 一2+ aln 2<0 ,所以不满足题意；
a x __ a
②若a>0,由f' (x)= 1 —-=——知，当x€ (0, a)时，f' (x)<0 ;当x€ (a, + )时, f' (x)>0.
所以f(x)在(0, a)上单调递减，在(a,+s)上单调递增.
故x = a是f(x)在(0 ,+s)的唯一最小值点.
由于f(1) = 0，所以当且仅当 a = 1时，f(x) > 0.
故 a = 1.
(2)由(1)知当x € (1, + )时，x—1 —In x>0.
令x= 1 +尹，得In 1 +尹<尹
从而In 1 + 2 + In 1 + 2 +??? + In 1 + 寺 <* + 歩+ …+ 寺=1 —窃<1.
所以m的最小值为3.
［解题师说］
(1) 对a分类讨论，并利用导数研究f(x)的单调性，找出最小值点，从而求出 a.
(2) 由(1)得当x>1 时,x—1—In x>0.令x = 1+ 21，换元后可求出1+1 1+ 1 …? + 21
的范围.
［应用体验］
1
1.已知函数f(x)= (2 —a)In x + 一 + 2ax.
(1) 当a= 2时，求函数f(x)的极值；
(2) 当a v 0时，讨论f(x)的单调性；
(3)若对任意的a€ (-3,—2), x i, x?€ ［1,3］恒有(m+ In 3)a—2ln 3 > |f(x“—f(x2)|成立,求实数m的取值范围.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+^),
1 1
当 a = 2 时，函数f(x)= - + 4x,所以 f (x) = —~2+ 4.
x x
由f' (x)>0，得x>2, f(x)在1,+ a上单调递增；
由f' (x)v 0，得O v x v2 f(x)在0, 2上单调递减，所以函
数f(x)在x= 2处取得极小值f r 4，无极大值.
2 —a 1
(2)f' (x) = —― x2+ 2a =2x—1 ax+ 1
x2
1 1 令f' (x)= 0，得x =1或x =—一.
2 a
1 1
①当—a>1，即—2 V a V 0时,
1 1 1 由f' (x)> 0,得；v x v —-；由f' (x)v 0,得0v xv；或
2 a 2
x>—1, 所以函数f(x)在[0, 2:上单调递减，在g,— J上单调递增，在f— 1+「上单调
递减.
②当-1<2，即a v-2时, 由f'(X) > 0,得一-v x v 1由f' (x)v 0，得0v x v—-或
a 2 a x>2,所以函数f(x)在0,—a上单调递减，在—1,1上单调递增，在1+ 上单调递
减，
③当a = —2时，f' (x)< 0，函数f(x)在(0, + a)上单调递减.
(3)由(2)知当a € (—3, —2), X1, x2€ ［1,3］时，函数f(x)在区间［1,3］上单调
递减;
1 所以当
x€ ［1,3］时，f(x)max = f(1) = 1+ 2a, f(x)min = f(3) = (2 —a)ln 3 + ~ + 6a,
1 故对任意的a€ (—3,—2)，恒有(m+ In 3)a —2ln 3> 1 + 2a—(
2 —a)ln
3 —6a 成立,
3 2
即am> —4a.
3
因为a v 0，所以m v 3a —4，又孟―4 min =—乎，所以实数m的取值范围是
［典例］(2018兰州模拟)已知函数f(x)=—x + x + b, g(x) = aln x.
1, 1上的最大值为鲁，求实数b 的值；
⑵若对任意的x € [1, e],都有g(x)>— x 2 + (a + 2)x 恒成立，求实数 a 的取值范围. ［方法演示］
解：(1)f ' (x)= — 3x 2+ 2x =- x(3x - 2), 令 f ' (x)= 0，得 x = 0 或 x = ￡
3
⑵由 g(x)> - x 2 + (a + 2)x ,得(x - In x)a < x 2- 2x , ??? x € [1, e],「. In x < 1< x ，由于不能同时取等号, ? In x
x 2
— 2x
? a < 在x € ［1, e ］上恒成立.
x — In x
令 h(x)= xj="2S , x € ［1, e ］,
x - In x
x - 1 x + 2— 2ln x
则 h ' (x) =
(x — In x
当 x € ［1, e ］时，x - 1 > 0, x + 2 — 2ln x = x + 2(1 — In x)>0 ,从而 h ' (x)> 0, x 2 - 2x
?函数h(x)= 一 在［1, e ］上为增函数，
x — In x
…h (X )min = h(1) = — 1 ,?? a W — 4?
故实数a 的取值范围为(一g,— 1].
⑴若f(x)在区间
f ' (x)<0，函数f(x)为减函数, (x)>0，函数f(x)为增函数, f ' (x)<0，函数f(x)为减函数.
二 b = 0.
f ' 3 8，
f
3 = 27+b
[解题师说]
由不等式恒成立求解参数的取值范围问题, 参数的函数的最值问题，如本例(2)转化为-般采用分离参数的方法，转化为求不含
x2—2x
a < -------- ，从而将问题转化为求函数h(x)=
x —In x
匸空,x € ［1, e ］的最小值问题. x — In x
［应用体验］
1 2 x ^3 2
2. (2018 湖北七市(州)联考)函数 f(x) = In x + -x + ax(a € R), g(x)= e + ?x . ⑴讨论f(x)的极值点的个数;
⑵若对任意的x € (0,+s )，总有f(x)w g(x)成立，求实数a 的取值范围. 2
1 x + ax + 1 解：⑴法一：由题意得 f ' (x)= x + - + a = - (x>0),令 f ' (x)= 0,即 =0, △= a 2— 4.
x 2 + ax + 1
①当 △= a 2— 4W 0,即一2w a < 2 时，x 2+ ax + 1 > 0 对 x>0 恒成立，即 f ' (x)= ------- > 0对x>0恒成立，此时f(x)没有极值点.
②当△= a 2— 4>0,即卩 a< — 2 或 a>2 时.
若a<— 2，设方程x 2 + ax + 1 = 0的两个不同实根为 X 1, X 2，不妨设X 1VX 2，贝U X 1+ X 2 = —a>0, X 1X 2= 1>0,
故 X 2>X 1>0 ,
? ??当 0VX
若a>2，设方程x 2 + ax + 1 = 0的两个不同实根为 X 3, X 4, 则 X 3+ X 4=— a<0 , X 3X 4= 1>0，故 X 3<0 , X 4<0. ? ??当x>0时，f ' (x)>0，故函数f(x)没有极值点. 综上，当a< — 2时，函数f(x)有两个极值点， 当a > — 2时，函数f(x)没有极值点. 1
法二：f ' (x)= x +
1+ a ，
?/ x>0 ,? f ' (x) € [a + 2,+ a ).
① 当 a + 2 > 0, 即 卩 a € [— 2, +^)时，f ' (x) > 0 对？ x>0 恒成立，f(x)在(0,+ a )上单 调
递增，f(x)没有极值点.
② 当a + 2<0,即a € (—a, — 2)时，f ' (x)= 0有两个不等正数解，
设为x 1, x 2, ? f ' (x)
2
1 x + ax + 1
(x — X 1 (x — X 2
=x +_+a =
= X X X
不妨设 0VX 1VX 2,则当 x € (0 , X 1)时,f ' (x)>0 , f(x)单调递增，当 X € (X 1, X 2)时，f ' (x)<0, f(x)单调递减，当x € (X 2,+ a )时，f ' (x)>0 , f(x)单调递增，所以X 1, X 2分别为f(x)极大值
9
x + ax + 1
x>0).
点和极小值点，故f( X)有两个极值点.
=0.综上所述，当a€ ［- 2, )时，f(x)没有极值点,
当a € (― 8 ,一2)时，f(x)有两个极值点.
x 2
(2)f(x)w g(x)? e —In x + x > ax,
e
x+ x2—In x
因为x>0，所以a w 对？x>0恒成立.
x
设O x)= "^(E),
(e x+ 2x — \ —(e x+ x2—In x
则0 ' (x)= x—x2
e x x—1 + In x + x + 1 x —1
2
x ，
当x € (0,1)时，/ (x)vo,以x)单调递减,当x€ (1, +8)时，O' (x)>0 , 0(x)单调递增, …^x)》0(1) = e+ 1,…a w e+ 1.
故实数a的取值范围为(一8, e+ 1］.
利用“洛必达法则”求
函数与导数是高中数学的重要内容?纵观近几年的高考数学试题，压轴题都是函数与
导数应用的问题，其中求参数的取值范围是重点考查题型?在平常教学中, 教师往往介绍
利用变量分离法来求解.但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“0”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则.
［洛必达法则］
法则1若函数f(x)和am满足下列条件:
(1)li x m a f(x) = 0 及li x m a g(x)=
0;
⑵在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g' (X)M 0;
⑶叽；x= h那么叽gx =叽g T x= |.
法则2若函数f(x)和am满足下列条件：
(1)li x m a f(x) =8及li)m a g(x) = 8；
⑵在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g' (X)M 0;
⑶叽計x=］，那么叽gx =叽g T x= l.
［典例］已知函数f(x)=器+：，曲线y= f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x + 2y-3
(1)求a, b的值;
In x k
⑵如果当x>0，且X M 1时，f(x)>——-+ 求k 的取值范围.
x — 1 x
［方法演示］
x + 1
a — In x 解: (1)f ' (x)= x
L — 2 x + 1 2 x
1
由于直线x + 2y — 3 = 0的斜率为一2且过点(1,1),
, , - In x 1
(2)法一：由(1)知 f(x)=不 + x 所以 2
In x , k 1 fk — 1 'f x
— 1
f(x)— + = 22ln x +
x — 1 x 1 — x x
2
设 h(x)= 2ln x + _ -------- 1
(x>0),
则 h ，(x)=
k
- 1 x + 1 + 2x
2 2 h ' (x)=
kx
+ ：—
x
— 1
知,
'(x)v 0, h(x)单调递减.
而 h(1) = 0,
1 故当 x € (0,1)时，h (x) > 0,可得 1—2h(x) > 0; 1
当 x € (1 ,+s )时，h(x) v 0，可得 ------- h(x) > 0. 从而当 x >0，且 X M 1 时，f(x)— -ln -x + k >0,
x — 1 x In x k
即 f(x) >R+ k.
②设 0v k v 1.由于 y = (k — 1)(x 2 + 1)+ 2x = (k — 1)x 2+ 2x + k — 1 的图象开口向下，且 △
2 1 1 2
=4— 4(k — 1) >0，对称轴 x = 1——^>1，所以当 x € 1,匚—^时，(k — 1)(x + 1)+ 2x>0 ,
1
h(x)
> °,可得R h(x)v
0,与题设
矛盾，
③设 k > 1.此时 h ' (x)>0，而 h (1)= 0,
1
故当x € (1 ,+^)时，h (x)> 0，可得 ------- h (x)v 0,与题设矛盾.
1 — x
故 h ' (x)>0，而 h (1)= 0,故当 x €
f1
= 1,
故 f 「一 2,
b = 1, 即a — a
解得?= 1,
|b = 1.
①设k < 0,由 1
,
x
x
综上所述，k 的取值范围为(—R, 0］.
(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下
)
法二：
由题设可得，当 x>0, X M 1时，kv --------- + 1恒成立.
1 — x
2xln x 令g(x)=
2—壬+ 1(x >0, x 主1)， 再令 h(x)= (x 2 + 1)ln x — x 2 + 1(x>0 , X M 1), 1
则 h ' (x)= 2xln x + - — x ,
1 1
又 h ” (x)= 2ln x + 1— -2,易知 h ” (x)= 2ln x + 1— -2在(0, )上为增函数，且 h 〃 (1)
=0,
故当 x € (0,1)时,h 〃 (x)< 0,当 x € (1 ,+s )时,h 〃 (x)>0 ,
??? h ' (x)在(0,1)上为减函数，在(1 ,+s )上为增函数，故 h ' (x)>h ' (1)= 0, ??? h(x)在(0 ,+s )上为增函数.又 h(1) = 0,
???当 x € (0,1)时，h(x)<0，当 x € (1 ,+s )时，h(x)>0, ???当 x € (0,1)时，g ' (x)<0，当 x € (1, + )时，g ' (x)>0, ? g(x)在(0,1)上为减函数，在(1 ,+^)上为增函数. 由洛必达法则知，
li
x m 1g (x)
= 2吶
1 = 2li x m 1
1
12x x + 1 = 2X —1 + 1 =
0，二 k w 0，
故k 的取值范围为(一8 , 0]. ［解题师说］
解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当繁琐，很难求解?采用参数与变 量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好的处 理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法.
［应用体验］
3.已知函数f(x)= x(e x — 1) — ax 2，若当x > 0时，f(x)>0,求a 的取值范围. 解：当 x >0 时，f(x)>0, 即卩 x(e x — 1)>ax 2. ①当x = 0时，a € R ；
记 h(x)= (x — 1)e x + 1, x € [0,+ ^)，贝y h ' (x)= xe x >0.
则 g ' (x )= 2
x 2 + 1 In x — x 2 + 1
②当x>0时, x(e x — 1) > ax 2 等价于 a w
min .
记 g(x)=
x € (0,
工 A x I
丄
'(x)=4^土! 2
1 —
因此h(x)= (x—1)e x+ 1 在［0, + s)上单调递增，且h(x)>h(O) = 0，所以g' (x)=好>0, e x—
1
从而g(x)= -------- 在(0,+s)上单调递增.
e x— 1 e x
由洛必达法则有li^J O g(x)= li^ 一— = li j m0彳=1,
所以g(x)>1，即有a w 1.
故实数a的取值范围为(一a, 1］.
［升级增分训练］
1. (2017 全国卷n )设函数f(x) = (1 —x2)e x.
(1) 讨论f(x)的单调性；
(2) 当x> 0时，f(x)< ax+ 1,求a的取值范围.
解：(1)f' (x)= (1 —2x —x2)e x.
令f' (x)= 0，得x=—1—2或x=—1+ 2.
当x € (—a,—1—2)时，f' (x)v 0;
当x € (— 1 —2,—1+ , 2)时，f' (x)> 0;
当x € (— 1 + 2,+ a)时，f' (x)V 0.
所以f(x)在( —a, —1—2) , ( —1+ 2 , + a )上单调递减，在(一1— 2 , — 1 + -, 2)
上单调递增.
x
(2)f(x) = (1 + x)(1 —x)e .
①当a > 1时，
设函数h(x)= (1 —x)e x，则h ' (x)=—xe x< 0(x> 0).
因此h(x)在［0 , + a )上单调递减，
又h(0) = 1,故h(x)w 1,
所以f(x)= (x+ 1)h(x)< x + 1 w ax+ 1.
②当0< a< 1时，
设函数g(x)= e x—x —1,则g' (x)= e x— 1 >0(x>0),
所以g(x)在［0, + a)上单调递增，而g(0) = 0,
故e x> x + 1.
当0< x< 1 时，f(x)> (1 —x)(1 + x)2,
2 2
(1 —x)(1 + x) —ax—1 = x(1 —a—x—x ),
丽弋5—4a —1
取X o= 2 ------ ,
则x°€ (0,1), (1 —x°)(1 + X0)2 - ax°—1= 0,故f(x o)> ax o+ 1.
当 a w 0 时，取 X o =
；
1
,
则 x °€ (0,1), f(X o ) > (1 — x o )(1 + x o )2= 1 > ax o + 1. 综上，a 的取值范围是[1,+^).
2
2.已知 f(x) = xln x , g(x)=— x + ax —
3.
(1)若对一切x € (0,+s ), 2f(x)>g(x)恒成立，求实数 ⑵证明：对一切 x € (0,+^ ), ln x >e x — ex 恒成立.
e ex
解：(1)由题意知 2xln x > — x 2+ ax — 3 对一切 x € (0, + 3
则 a w 2ln x + x + .
x
3
设 h(x)= 2ln x + x + -(x > 0),
则 h ，(x)=
x
+ 32
x — 1
.
x
当 x € (0,1)时，h ' (x)v 0, h(x)单调递减； 当 x € (1, + s )时，h ' (x)> 0, h(x)单调递增. 所以 h(x)min = h(1) = 4,
因为对一切x € (0, + ^) , 2f(x)>g(x)恒成立， 所以a w h(x)min = 4,故实数a 的取值范围是(一^, 4]. — 2
⑵问题等价于证明 xln x >r — _(x > 0).
e e 又 f(x) = xln x(x > 0),
f ' (x) = ln x + 1, 当 x € 0 , e 时，f '(x)v 0 , f(x)单调递减； 当 x € e ，+ m
时，f ' (x)> 0 , f(x)单调递增， 所以 f(x)min = f e =— e 设 m(x)= e x — 2(x >0), 则 m ' (x)= 1—x x ,
e ，
当 x € (0,1)时，m ' (x) > 0 , m(x)单调递增， 当 x € (1, +^)时，m ' (x)v 0 , m(x)单调递减， 1
所以 m(x)max = m(1)=—一，从而对一切 x € (0 , +
),
e f(x)> m(x)恒成立,
a 的取值范围.
g ）恒成立,
x 2
即xln x > r — -恒成立.
e e
所以对一切x € (0 ,+s ), In x > A — 2恒成立.
e ex
2
3.已知函数 f(x)= bx — 2ax + 2ln x.
(1) 若曲线y = f(x)在(1, f(1))处的切线为y = 2x + 4,求实数a , b 的值；
一
5
(2) 当b = 1时，若y = f(x)有两个极值点 x i , X 2，且x i < X 2, a >?,若不等式f(x“ > mx 2 恒成立，求实数m 的取值范围.
2
解：(1)由题可知 f(1) = b — 2a = 6 ,T f ' (x) = 2bx — 2a + 2, ??? f ' (1) = 2b — 2a + 2= 2,联立可得 a = b = — 6.
2
(2)当 b = 1 时，f(x)= x — 2ax + 2ln x , , 2 2fx — ax + 1 \ ? f ' (x) = 2x — 2a + 2 =—— .
x x
T f(x)有两个极值点 X 1, X 2,且X 1< X 2,
? X 1, X 2是方程x 2— ax + 1 = 0的两个正根， 5
? X 1 + X 2= a > 2 X 1 X 2= 1,
不等式f(X1)>mX2恒成立，即m <号恒成立. —2ax 1+ 2ln x 1 3 2 =X 1 — 2ax j + 2x 1in X 1
X 2
=x 1 — 2(x 1 + X 2)x 2 + 2x 1in X 1=— x 3— 2x 1 + 2x 1 In X 1. 令 h(x)=— x 3— 2x + 2xln x
0v x < 1 ,
则 h ' (x)=— 3x 2 + 2ln x v 0, ? h(x)在0, 1上是减函数，
?实数m 的取值范围为
—a,— 9— In 2 .
4. (2018张掖诊断)已知函数f(x)= 畿，曲线y = f(x)在点(e 2, f(e 2))处的切线与直线 2x
+ y = 0垂直(其中e 为自然对数的底数).
(1)求f(x)的解析式及单调递减区间；
X 1 +
1
>5, X 1 2'
1
? O v X 1< 2.
一 2 电=X 1 X 2
h(x) > h
9 9
8—
ln 2，故 m r ln 2,
k
⑵是否存在最小的常数
k ,使得对任意 x € (0,1),耳口＞亦+ 2 ,对亘成立？若存在，求
出k 的值；若不存在，请说明理由.
解：⑴f ‘(x )= m !n 2^1,
(In x )
2 m 1
2x 由 f (e )= =f,得 m = 2,故 f(x)=
,
4 2
In x
2 In x — 1 此时 f ' (x)= 丁. (In
X )
由 f ' (x)<0，得 0 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1), (1, e). 当 x € (0,1)时，In x<0,则有 k>2x — 2 x In x 恒成立. 令 g(x)= 2x — 2yjx In x ，则 g ' (x)= 2五-叟 x - 2. 所以h(x)在(0,1)上单调递减, 所以 所以 g(x)在(0,1)上单调递增，g(x) (2)f(x)>|n k x + 2 x 恒成立，即 2x> k In x In x 卜x 恒成立？ k < 2x — In x In x 2 x 恒成立, 再令 h(x)= 2 x — In x — 2」h ' (x)= h(x)>h(1) = 0，故 g ' (x) = 函数与导数解答题之数列型不等式证明 例1.已知函数()()ln 3f x a x ax a R =--∈ (1)讨论函数)(x f 的单调性; (2)证明:*1111ln(1)()23n n N n + +++>+∈ (3)证明:()*ln 2ln 3ln 4ln 5ln 12,2345n n n N n n ???<≥∈ (4)证明:()*22222ln 2ln 3ln 4ln 5ln 112,23452n n n n n N n n +????? 例3．已知函数()x f x e ax a =--（其中,a R e ∈是自然对数的底数， 2.71828e =…）. （1）当a e =时，求函数()f x 的极值；（II ）当01a ≤≤时，求证()0f x ≥； （2）求证：对任意正整数n ，都有2111111222n e ??????+ +???+< ??? ???????. 例4.设函数()ln 1f x x px （1）求函数()f x 的极值点； （2）当p ＞0时，若对任意的x ＞0，恒有0)(≤x f ，求p 的取值范围； （3）证明：).2,()1(212ln 33ln 22ln 2222222≥∈+--<+++n N n n n n n n 例5.已知函数()ln 1f x x x =-+? (1)求()f x 的最大值; (2)证明不等式:()*121n n n n e n N n n n e ??????+++<∈ ? ? ?-???? ?? 2015届高三培优____导数应用不等式恒成立问题 【基础导练】 1．已知函数32()39f x x x x c =--+，若[2,6]x ∈-时，()2f x c <恒成立，则c 的取值范 围是 解析：问题等价于3239()c x x x g x >+-=，只要max ()(6)54c g x g >== 答案：(54,)+∞ 2．已知33()3,(0),()3,(0)f x x x x g t t t m t =-≤=-+≥，若对任意0,0x t ≤≥恒有不等 式()()g t f x ≥成立，则实数m 的取值范围是 解析：求得max ()(1)2f x f =-=，min ()(1)2g t g m ==-，只需22m -≥，即 4.m ≥ 答案：[4,)+∞ 3．设函数()(1)ln(1)f x x x =++，若对所有的0x ≥，都有()f x ax ≥成立，则实数a 的 取值范围 ． 【解析】令()(1)ln(1)g x x x ax =++-， 对函数()g x 求导数：'()ln(1)1g x x a =++-令'()0g x =，解得11a x e -=-， (i)当1a ≤时，对所有0,'()0x g x >>，所以()g x 在[0,)+∞上是增函数， 又(0)0g =，所以对0x ≥，都有()(0)g x g ≥， 即当1a ≤时，对于所有0x ≥，都有()f x ax ≥． (ii)当1a >时，对于101a x e -<<-，'()0g x <，所以()g x 在1(0,1)a e -- 是减函数， 又(0)0g =，所以对1 01a x e -<<-，都有()(0)g x g <，即当1a >时，对所有的0x ≥，都有()f x ax ≥成立． 综上，a 的取值范围是（－∞，1]． 【例题研究】 例题1．已知函数()f x ax e x =-,其中0a ≠ . 若对一切x R ∈ ,()f x ≥1恒成立,求a 的取值集合. 【解析】(Ⅰ)若0a <,则对一切0x >,()f x 1ax e x =-<,这与题设矛盾,又0a ≠, 故0a >. 而()1,ax f x ae '=-令11()0,ln .f x x a a '==得 导数中恒成立问题（最值问题） 恒成立问题是高考函数题中的重点问题， 也是高中数学非常重要的一个模块， 不管是小题，还 是大题，常常以压轴题的形式出现。 知识储备（我个人喜欢将参数放左边，函数放右边） 先来简单的（也是最本质的）如分离变量后， a f （x ）恒成立，则有a f （X ）max 2. 对于双变量的恒成立问题 f(x) min g(x)min 今天呢，我会花很多时间来讲解一道二次函数，因为二次函数是最本质的， （甚至我提出这样 一个观点，所有导数的题目95%3根结底就是带参数二次函数在已知定义域上根的讨论， 3%是 ax b 与ax 3 b 这种形式根的讨论，2%!观察法得到零点，零点通常是1,-,e 之类），所以如果 e 我们真正弄清楚了二次函数，那么对于千变万化的导数题，我们还会畏惧吗。 那么我们先从一道练习题说起 一?二次函数型（通常方法是讨论对称轴，根据图像求最值） 例题1.已知f （x ） ■ 2x2 2ax a 1定义域为R ，求a 的取值围 思考：①引入定义域（非R ） ② 参数在二次项，就需考虑是否为0 1 ③ 引入高次（3次，4次，—，I nx , e x 等等） x ④ 引入a 2, a 3等项（导致不能分离变量） f （x ）恒成立，则有a f ( x) min （若是存在性问题，那么最大变最小, 最小变最大） 如：化简后我们分析得到, a,b ， f (x) 0恒成立，那么只需 f ( x) min a,b ，使得 f(x) 0,那么只需f （X ）max 0 如：化简后我们分析得到, X i ,X 2 a,b ， f(xj g(X 2)，那么只需 f (X)min g ( X) max 如：化简后我们分析得到, X i a,b ， x 2 c, d 使f （xj gg ），那么只需 如：化简后我们分析得到, X i a,b ，X 2 C,d 使 f (X i ) g(X 2),那么只需 f (X)max g(x)min 还有一些情况了，这里不一一列举， 一个变量，再处理另一个变量） 3.对于带绝对值的恒成立问题， 成立问题（2014.03锡常镇一模那题特别典型） 总之一句话 （双变量的存在性与恒成立问题，都是先处理 我们往往先根据函数的单调性，去掉绝对值，再转变成恒 1.已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116 . 2．(优质试题·烟台模拟)已知函数f (x )＝x 2－ax ，g (x )＝ln x ，h (x )＝f (x )＋g (x )． (1)若函数y ＝h (x )的单调减区间是????12，1，求实数a 的值； (2)若f (x )≥g (x )对于定义域内的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围． 3．(优质试题·山西四校联考)已知f (x )＝ln x －x ＋a ＋1. (1)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≥0成立，求a 的取值范围； (2)求证：在(1)的条件下，当x >1时，12x 2＋ax －a >x ln x ＋12 成立． 4.已知函数f (x )＝(2－a )ln x ＋1x ＋2ax . (1)当a <0时，讨论f (x )的单调性； (2)若对任意的a ∈(－3，－2)，x 1，x 2∈[1,3]，恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3>|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m 的取值范围． 5．(优质试题·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：对任意的正整数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 －a x ，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1.经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1. (2)证明 由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ， 令g (x )＝f (x )－????－x 33＋5x 22 －4x ＋116 ＝x 33－3x 22＋3x －ln x －116 ， 由g ′(x )＝x 2 －3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝(x －1)3x (x >0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数， 在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116 成立． 2．解 (1)由题意可知，h (x )＝x 2－ax ＋ln x (x >0)， 由h ′(x )＝2x 2－ax ＋1x (x >0)， 若h (x )的单调减区间是????12，1， 由h ′(1)＝h ′????12＝0，解得a ＝3， 而当a ＝3时，h ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ＝(2x －1)(x －1)x (x >0)． 由h ′(x )<0，解得x ∈????12，1， 即h (x )的单调减区间是????12，1， ∴a ＝3. (2)由题意知x 2－ax ≥ln x (x >0)， ∴a ≤x －ln x x (x >0)． 令φ(x )＝x －ln x x (x >0)， 利用导数证明不等式的两种通法 吉林省长春市东北师范大学附属实验学校 金钟植 岳海学 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式()()f x g x >（()()f x g x <）的问 题转化为证明()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数 ()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小值（最 大值）大于或等于零（小于或等于零）。 例1 已知(0, )2 x π ∈，求证：sin tan x x x << 分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2 π 上 单调递减即可。 证明： 令()sin f x x x =- ，其中(0,)2 x π ∈ 则/ ()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102 x x x π ∈? 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 导数中的恒成立和存在性问题 技巧传播 1．恒成立问题的转化：()a f x >恒成立max ()a f x ?>；()a f x ≤恒成立min ()a f x ?≤； 2．能成立问题的转化：()a f x >能成立min ()a f x ?>；()a f x ≤能成立max ()a f x ?≤； 3．恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立()a f x ?>的解集为R ()()a f x M M a f x C M >???≤?在上恒成立在上恒成立 ； 另一转化方法：若x D ∈，()f x A ≥在D 上恰成立，等价于()f x 在D 上的最小值min ()f x A =， 若x D ∈，()f x B ≤在D 上恰成立，则等价于()f x 在D 上的最大值max ()f x B =； 4．设函数()f x 、()g x ，对任意的1[,]x a b ∈，存在2[,]x c d ∈，使得12()()f x g x ≥，则min min ()()f x g x ≥； 5．设函数()f x 、()g x ，对任意的1[,]x a b ∈，存在2[,]x c d ∈，使得12()()f x g x ≤，则max max ()()f x g x ≤； 6．设函数()f x 、()g x ，存在1[,]x a b ∈，存在2[,]x c d ∈，使得12()()f x g x ≥，则max min ()()f x g x ≥； 7．设函数()f x 、()g x ，存在1[,]x a b ∈，存在2[,]x c d ∈，使得12()()f x g x ≤，则min max ()()f x g x ≤； 8．若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图像在函数()y g x =图像上方； 9．若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图像在函数()y g x =图像下方； 《导数的应用——利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题》 达标检测 [A 组]—应知应会 1．已知函数f (x )＝x ＋4 x ，g (x )＝2x ＋a ，若?x 1∈????12，1，?x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( ) A ．a ≤1 B ．a ≥1 C ．a ≤2 D ．a ≥2 【解析】选A.由题意知f (x )min ??? ?x ∈????12，1≥g (x )min (x ∈[2，3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min ＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A. 2．(2020·吉林白山联考)设函数f (x )＝e x ????x ＋3x －3－a x ，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为________． 【解析】原问题等价于存在x ∈(0，＋∞)，使得a ≥e x (x 2－3x ＋3)，令g (x )＝e x (x 2－3x ＋3)，x ∈(0，＋∞)，则a ≥g (x )min ，而g ′(x )＝e x (x 2－x )．由g ′(x )>0可得x ∈(1，＋∞)，由g ′(x )<0可得x ∈(0，1)．据此可知，函数g (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为g (1)＝e.综上可得，实数a 的最小值为e. 3．(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1. (1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程； (2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)因为f ′(x )＝1 x ， 所以f ′(1)＝1. 又f (1)＝0，所以切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)， 即所求切线的方程为y ＝x －1. (2)易知对任意的x ∈(1，＋∞)，f (x )＞0，g (x )＞0. ①当a ≥1时，f (x )≤g (x )≤ag (x )； ②当a ≤0时，f (x )＞0，ag (x )≤0，所以不满足不等式f (x )≤ag (x )； ③当0＜a ＜1时，设φ(x )＝f (x )－ag (x )＝ln x －a (x －1)，则φ′(x )＝1 x －a ， 利用导数解决不等式恒成立中的参数问题 一、单参数放在不等式上型： 【例题1】（07全国Ⅰ理）设函数()x x f x e e -=-．若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围． 解：令()()g x f x ax =-，则()()x x g x f x a e e a -''=-=+-， （1）若2a ≤，当0x >时，()20x x g x e e a a -'=+->-≥，故()g x 在(0,)+∞上为增函数， ∴0x ≥时，()(0)g x g ≥，即()f x ax ≥． （2）若2a >，方程()0g x '=的正根为1x = 此时，若1(0,)x x ∈，则()0g x '<，故()g x 在该区间为减函数． ∴1(0,)x x ∈时，()(0)0g x g <=，即()f x ax <，与题设()f x ax ≥相矛盾． 综上，满足条件的a 的取值范围是(,2]-∞． 说明：上述方法是不等式放缩法． 【针对练习1】（10课标理）设函数2 ()1x f x e x ax =---，当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围． 解： 【例题2】（07全国Ⅰ文）设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值． （1）求a 、b 的值；（2）若对于任意的[0,3]x ∈，都有2()f x c <成立，求c 的取值范围． 解：（1）2()663f x x ax b '=++， ∵函数()f x 在1x =及2x =取得极值，则有(1)0f '=，(2)0f '=． 即6630241230a b a b ++=?? ++=? ，解得3a =-，4b =． （2）由（1）可知，32()29128f x x x x c =-++，2()618126(1)(2)f x x x x x '=-+=--． 当(0,1)x ∈时，()0f x '>；当(1,2)x ∈时，()0f x '<；当(2,3)x ∈时，()0f x '>． ∴当1x =时，()f x 取得极大值(1)58f c =+，又(0)8f c =，(3)98f c =+． 则当[0,3]x ∈时，()f x 的最大值为(3)98f c =+． ∵对于任意的[0,3]x ∈，有2()f x c <恒成立，∴298c c +<，解得1c <-或9c >， 因此c 的取值范围为(,1)(9,)-∞-+∞． 最值法总结：区间给定情况下，转化为求函数在给定区间上的最值． 【针对练习2】（07重庆理）已知函数44 ()ln (0)f x ax x bx c x =+->在1x =处取得极值3c --，其中 a 、b 、c 为常数． （1）试确定a 、b 的值；（2）讨论函数()f x 的单调区间； （3）若对任意0x >，不等式2()2f x c ≥-恒成立，求c 的取值范围． 用导数研究函数的恒成立与存在问题 1．已知函数23()2ln x f x x x a = -+，其中a 为常数． （1）若1a =，求函数()f x 的单调区间； （2）若函数()f x 在区间[1,2]上为单调函数，求a 的取值范围． 2．已知函数3 2 ()4()f x x ax a R =-+-∈，'()f x 是()f x 的导函数。 （1）当2a =时，对于任意的[1,1]m ∈-，[1,1]n ∈-，求()()f m f n '+的最小值； （2）若存在0(0,)x ∈+∞，使0()f x ＞0，求a 的取值范围。 3．已知函数x ax x f ln )(+= )(R a ∈. （1）若2=a ，求曲线)(x f y =在点1x =处的切线方程； （2）求)(x f 的单调区间； （3）设22)(2 +-=x x x g ，若对任意1(0,)x ∈+∞，均存在[]1,02∈x ，使得)()(21x g x f <， 求实数a 的取值范围. 4．（2016届惠州二模）已知函数()22ln f x x x =-+． （Ⅰ）求函数()f x 的最大值； （Ⅱ）若函数()f x 与()a g x x x =+ 有相同极值点． ①求实数a 的值； ②对121,,3x x e ???∈???? (e 为自然对数的底数)，不等式 ()() 1211 f x g x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围． 5．已知函数2 12 ()()ln ()f x a x x a R =-+∈． （1）当1a =时，01[,]x e ?∈使不等式0()f x m ≤，求实数m 的取值范围； （2）若在区间1(,)+∞，函数()f x 的图象恒在直线2y ax =的下方，求实数a 的取值范围． 学习过程 一、复习预习 考纲要求： 1．理解导数和切线方程的概念。 2．能在具体的数学环境中，会求导，会求切线方程。 3．特别是没有具体点处的切线方程，如何去设点，如何利用点线式建立直线方程。4．灵活应用建立切线方程与其它数学知识之间的内在联系。 5. 灵活应用导数研究函数的单调性问题 二、知识讲解 1.导数的计算公式和运算法则 几种常见函数的导数：0'=C (C 为常数)；1 )'(-=n n nx x (Q n ∈)； x x cos )'(sin =； x x sin )'(cos -=；1(ln )x x '= ； 1(log )log a a x e x '=， ()x x e e '= ； ()ln x x a a a '= 求导法则：法则1 [()()]()()u x v x u x v x ±'='±'． 法则2 [()()]()()()()u x v x u x v x u x v x '='+', [()]'()Cu x Cu x '= 法则3： ' 2 '' (0)u u v uv v v v -??=≠ ??? 复合函数的导数：设函数()u x ?=在点x 处有导数()x u x ?'='，函数()y f u =在点x 的对应点u 处有导 数()u y f u '='，则复合函数(())y f x ?=在点x 处也有导数，且x u x u y y '''?= 或(())()()x f x f u x ??'='?' 2.求直线斜率的方法（高中范围内三种） (1) tan k α=（α为倾斜角）； (2) 1212 ()() f x f x k x x -= -，两点1122(,()),(,())x f x x f x ； (3)0()k f x '= （在0x x =处的切线的斜率）； 3.求切线的方程的步骤：（三步走） （1）求函数()f x 的导函数()f x '； （2）0()k f x '= （在0x x =处的切线的斜率）； （3）点斜式求切线方程00()()y f x k x x -=-； 4.用导数求函数的单调性： （1）求函数()f x 的导函数()f x '； （2）()0f x '>，求单调递增区间； （3）()0f x '<，求单调递减区间； （4）()0f x '=，是极值点。 考点一 函数的在区间上的最值 【例题1】：求曲线29623-+-=x x x y 在)5,2(上的最值 。 【答案】：最大值为18，最小值为-2. 【解析】:∵根据题意09123'2=+-=x x y ，∴3,121==x x ,由函数的单调性，当11=x ，2=y ， 取得极大值；当32=x ，2-=y ，取得极小值；当5=x ，18=y 。所以最大值为18，最小值为-2. 导数中恒成立问题（最值问题） 恒成立问题是高考函数题中的重点问题，也是高中数学非常重要的一个模块，不管是小题，还是大题，常常以压轴题的形式出现。 知识储备（我个人喜欢将参数放左边，函数放右边） 先来简单的（也是最本质的）如分离变量后，()a f x ≥恒成立，则有max ()a f x ≥ ()a f x ≤恒成立，则有min ()a f x ≤ （若是存在性问题，那么最大变最小，最小变最大） 1.对于单变量的恒成立问题 如：化简后我们分析得到，对[],x a b ?∈，()0f x ≥恒成立，那么只需min ()0f x ≥ [],x a b ?∈，使得()0f x ≥，那么只需max ()0f x ≥ 2.对于双变量的恒成立问题 如：化简后我们分析得到，对[]12,,x x a b ?∈，12()()f x g x ≥，那么只需min max ()()f x g x ≥ 如：化简后我们分析得到，对[]1,x a b ?∈，[]2,x c d ?∈使12()()f x g x ≥，那么只需 min min ()()f x g x ≥ 如：化简后我们分析得到，[]1,x a b ?∈，[]2,x c d ∈使12()()f x g x ≥，那么只需max min ()()f x g x ≥ 还有一些情况了，这里不一一列举，总之一句话（双变量的存在性与恒成立问题，都是先处理一个变量，再处理另一个变量） 3.对于带绝对值的恒成立问题，我们往往先根据函数的单调性，去掉绝对值，再转变成恒成立问题（201 4.03苏锡常镇一模那题特别典型） 今天呢，我会花很多时间来讲解一道二次函数，因为二次函数是最本质的，（甚至我提出这样一个观点，所有导数的题目95%归根结底就是带参数二次函数在已知定义域上根的讨论，3%是 ax b +与3ax b +这种形式根的讨论，2%是观察法得到零点，零点通常是1 1,,e e 之类） ，所以如果我们真正弄清楚了二次函数，那么对于千变万化的导数题，我们还会畏惧吗。 那么我们先从一道练习题说起 一．二次函数型（通常方法是讨论对称轴，根据图像求最值） 例题1.已知()f x =R ，求a 的取值范围 思考：① 引入定义域（非R ） ②参数在二次项，就需考虑是否为0 ③引入高次（3次，4次，1 x ，ln x ，x e 等等） ④引入2a ，3a 等项（导致不能分离变量） 专题突破练(2) 利用导数研究不等式与方程的根 一、选择题 1．(2019·佛山质检)设函数f (x )＝x 3 －3x 2 ＋2x ，若x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )＝f (x )－λx 的两个极值点，现给出如下结论： ①若－1＜λ＜0，则f (x 1)＜f (x 2)；②若0＜λ＜2，则f (x 1)＜f (x 2)；③若λ＞2，则 f (x 1)＜f (x 2)． 其中正确结论的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B 解析 依题意，x 1，x 2(x 1 第5讲 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题 把参数看作常数利用分类讨论方法解决 [典例引领] (2018·衡阳模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ，a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间； (2)若不等式f (x )＋a ＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1 x －a . ①当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立， 则f (x )只有单调递增区间是(0，＋∞)． ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜1 a ； 由f ′(x )＜0，得x ＞1 a ； 所以f (x )的单调递增区间是(0，1a )，单调递减区间是????1a ，＋∞. (2)f (x )＋a ＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x －a (x －1)＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立． 设g (x )＝ln x －a (x －1)，x ＞0，则g ′(x )＝1 x －a ，注意到g (1)＝0， ①当a ≥1时，g ′(x )＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立， 则g (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递减， 所以g (x )＜g (1)＝0，即a ≥1时满足题意． ②当0＜a ＜1时，令g ′(x )＞0，得0＜x ＜1 a ； 令g ′(x )＜0，得x ＞1 a . 则g (x )在????1，1 a 上单调递增， 所以当x ∈????1，1 a 时，g (x )＞g (1)＝0， 即0＜a ＜1时不满足题意(舍去)． ③当a ≤0时，g ′(x )＝1 x －a ＞0， “导数证明不等式问题”练习题答案 1.设L 为曲线C:ln x y x =在点(1,0)处的切线. (I)求L 的方程; (II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C 在直线L 的下方. 解: (I)设ln ()x f x x =,则21ln ()x f x x -'=.所以(1)1f '=.所以L 的方程为1y x =-. (II)令()1()g x x f x =--,则除切点之外,曲线C 在直线l 的下方等价于()0 g x >(0,1)x x >≠. ()g x 满足(1)0g =,且221ln ()1()x x g x f x x -+''=-=. 当01x <<时,210x -<,ln 0x <,所以()0g x '<,故()g x 单调递减; 当1x >时,210x ->,ln 0x >,所以()0g x '>,故()g x 单调递增. 所以,()(1)0g x g >=(0,1x x >≠). 所以除切点之外,曲线C 在直线L 的下方. 又解:()0g x >即ln 10x x x -->变形为2ln 0x x x -->,记2()ln h x x x x =--,则2121(21)(1)()21x x x x h x x x x x --+-'=--==, 所以当01x <<时,()0h x '<,()h x 在(0,1)上单调递减; 当1x >时,()0h x '>,()h x 在(1,+∞)上单调递增. 所以()(1)0h x h >=.) 2.Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域． 解⑴证明：()2e 2 x x f x x -=+ ()()()22224e e 222x x x x f x x x x ??-' ?=+= ?+++?? ∵当x ∈()()22,-∞--+∞，时，()0f x '> ∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时， ()2e 0=12x x f x ->-+， ∴()2e 20x x x -++> ⑵ ()()()24e 2e x x a x x ax a g x x ----'= () 4e 2e 2x x x x ax a x -++= ()322e 2x x x a x x -??+?+ ?+??= [)01a ∈， 由(1)知，当0x >时，()2e 2x x f x x -= ?+的值域为()1-+∞，，只有一解． 使得2e 2 t t a t -?=-+，(]02t ∈， 当(0,)x t ∈时()0g x '<，()g x 单调减；当(,)x t ∈+∞时()0g x '>，()g x 单调增 ()()()222e 1e e 1e 22 t t t t t t a t t h a t t t -++?-++===+ 记()e 2t k t t =+，在(]0,2t ∈时，()()() 2e 102t t k t t +'=>+，∴()k t 单调递增 ∴()()21e 24h a k t ??=∈ ??? ，． 3.设函数． x x 2f (x)x 2 -=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x -->（）()g x ()h a ()h a ()1x f x e -=- 利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题 1．设函数f (x )＝(1＋x －x 2)e x (e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)讨论f (x )的单调性； (2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1＋2x 2恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(2－x －x 2)e x ＝－(x ＋2)(x －1)e x . 当x <－2或x >1时，f ′(x )<0；当－2 利用导数解决恒成立能成立问题 利用导数解决恒成立能成立问题 一利用导数解决恒成立问题不等式恒成立问题的常规处理方式？（常应用函数方程思想和“分离变量法”转化为最值问题，也可抓住所给不等式的结构特征，利用数形结合法） (1)恒成立问题 若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A > 若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B < 1．若在x∈[1，+∞）上恒成立，则a 的取值范围是 ______ ． 2．若不等式x 4﹣4x 3＞2﹣a 对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围 _________ ． 3．设a ＞0，函数，若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f （x 1）≥g（x 2）成立，则a 的取值范围为 _________ ． 4．若不等式|ax 3 ﹣lnx|≥1对任意x∈（0，1]都成立，则实数a 取值范围是 _________ ． 15．设函数f（x）的定义域为D，令M={k|f（x）≤k恒成立，x∈D}，N={k|f（x）≥k恒成立，x∈D}，已知 ，其中x∈[0，2]，若4∈M，2∈N，则a 的范围是_________ ． 6．f（x）=ax3﹣3x（a＞0）对于x∈[0，1]总有f（x）≥﹣1成立，则a的范围为_________ ． 7．三次函数f（x）=x3﹣3bx+3b在[1，2]内恒为正值，则b的取值范围是_________ ． 8．不等式x3﹣3x2+2﹣a＜0在区间x∈[﹣1，1]上恒成立，则实数a的取值范围是__ ． 9．当x∈（0，+∞）时，函数f（x）=e x的图象始终在直线y=kx+1的上方，则实数k的取值范围是_________ ．10．设函数f（x）=ax3﹣3x+1（x∈R），若对于任意的 x∈[﹣1，1]都有f（x）≥0成立，则实数a的值为 _________ ． 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。 证明：1ln )(+='x x g ，设)2 (2)()()(x a g x g a g x F +-+= 2 ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g x a 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 ∈上为减函数，在),(+∞∈a x 上为增函数 ∴0)()(min ==a F x F ，又a b > ∴0)()(=>a F b F ， 即0)2 ( 2)()(>+-+b a g b 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 x a x x G +-=-+-='∴ 当0>x 时，0)('导数之数列型不等式证明
01导数应用——不等式恒成立问题
导数中恒成立问题(最值问题)
利用导数研究不等式问题
利用导数证明不等式的两种通法
导数的不等式恒成立问题
导数中的恒成立和存在性问题
第18讲 导数的应用——利用导数研究不等式恒成立问题备战2021年新高考数学考点精讲与达标测试
利用导数解决不等式恒成立中的参数问题学案
用导数研究函数的恒成立与存在性问题-答案
导数在处理不等式的恒成立问题(一轮复习教案)
导数中恒成立问题(最值问题)
2020高考数学专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根文含解析
第5讲 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题
导数证明不等式的问题(练习答案)
利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题
利用导数解决恒成立能成立问题备课讲稿
利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧
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