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．
解：
【针对练习3】（10天津文）已知函数323()12f x ax x =-+()x R ∈，其中0a >．若在区间11[,]22
-上， ()0f x >恒成立，求a 的取值范围．
解：
【例题3】（08湖南理）已知函数2
2
()ln (1)1x f x x x
=+-+． （1）求函数()f x 的单调区间；
（2）若不等式1(1)n a e n
++≤对任意的n N *∈都成立（其中e 是自然对数的底数），求a 的最大值． 解：（1）函数()f x 的定义域是(1,)-+∞， 2222
2ln(1)22(1)ln(1)2()1(1)(1)x x x x x x x f x x x x ++++--'=-=+++． 设2()2(1)ln(1)2g x x x x x =++--．
则()2ln(1)2g x x x '=+-，令()2ln(1)2h x x x =+-，则22()211x h x x x -'=
-=++． 当10x -<<时，()0h x '>，()h x 在(1,0)-上为增函数，
当0x >时，()0h x '<，()h x 在(0,)+∞上为减函数．∴()h x 在0x =处取得极大值，
而(0)0h =，∴()0 (0)g x x '<≠，函数()g x 在(1,)-+∞上为减函数．
于是当10x -<<时，()(0)0g x g >=，当0x >时，()(0)0g x g <=．
∴当10x -<<时，()0,f x '>()f x 在(1,0)-上为增函数．
当0x >时，()0f x '<，()f x 在(0,)+∞上为减函数．
故函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-，单调递减区间为(0,)+∞．
（2）不等式1(1)n a e n
++≤等价于不等式1()ln(1)1n a n ++≤，由111n
+>知， 11ln(1)a n n
≤-+．设11()ln(1)G x x x =-+，(0,1]x ∈，则 22
222211(1)ln (1)()(1)ln (1)(1)ln (1)x x x G x x x x x x x ++-'=-+=++++． 由（1）知，2
2
ln (1)01x x x
+-≤+，即22(1)ln (1)0x x x ++-≤． ∴()0G x '<，(0,1]x ∈，于是()G x 在(0,1]上为减函数．
故函数()G x 在(0,1]上的最小值为1(1)1ln 2G =-．∴a 的最大值为11ln 2-． 小结：解决此类问题用的是恒成立问题的变量分离的方法，此类方法的解题步骤是：①分离变量；②构造
函数（非变量一方）；③对所构造的函数求最值（一般需要求导数,有时还需求两次导数）；④写出变 量的取值范围．
【针对练习4】（10全国1理）已知()(1)ln 1f x x x x =+-+，若2()1xf x x ax '≤++，求a 的取值范围． 解：
【针对练习5】若对所有的[,)x e ∈+∞都有ln x x ax a ≥-成立，求实数a 的取值范围．
解：
二、单参数放在区间上型：
【例题4】已知三次函数32()5f x ax x cx d =-++图象上点(1,8)处的切线经过点(3,0)，并且)(x f 在
3x =处有极值．
（1）求)(x f 的解析式；（2）当(0,)x m ∈时，()0f x >恒成立，求实数m 的取值范围．
解：（1）∵2()310f x ax x c '=-+，∴(1)310f a c '=-+，
于是过点(1,8)处的切线为8(310)(1)y a c x -=-+-，
又切线经过点(3,0)，∴360a c -+=，①
∵)(x f 在3x =处有极值，∴(3)27300f a c '=-+=，②
又(1)58f a c d =-++=，③
∴由①②③解得：1a =，3c =，9d =，∴32()539f x x x x =-++．
（2）2()3103(31)(3)f x x x x x '=-+=--，由()0f x '=得113
x =，23x =． 当1(0,)3
x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，∴()(0)9f x f >=； 当1(,3)3
x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，∴()(3)0f x f >=． ∴当3m >时，()0f x >在(0,)m 内不恒成立，当且仅当(0,3]m ∈时，()0f x >在(0,)m 内恒 成立，∴m 的取值范围为(0,3]．
【针对练习6】（07陕西文）已知cx bx ax x f ++=23)(在区间[0,1]上是增函数，在区间(,0)-∞，(1,)+∞ 上是减函数，又13()22
f '=． （1）求)(x f 的解析式；（2）若在区间[0,] (0)m m >上恒有()f x x ≤成立，求m 的取值范围． 解：
三、双参数中知道其中一个参数的范围型：
【例题5】（07天津理）已知函数() (0)a f x x b x x
=++≠，其中a ，b R ∈． （1）讨论函数()f x 的单调性；
（2）若对于任意的1[,2]2a ∈，不等式()10f x ≤在1[,1]4
上恒成立，求b 的取值范围． 解：（1）2()1a f x x
'=-． 当0a ≤时，显然()0 (0)f x x '>≠．这时()f x 在(,0)-∞，(0,)+∞上内是增函数．
当0a >时，令()0f x '=
，解得x =
当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：
∴()f x
在(,-∞
，)+∞
内是增函数，在(，(0,)+∞内是减函数．
（2）法一：化归为最值．
由（2）知，()f x 在1[,1]4上的最大值为1()4
f 与(1)f 的较大者，对于任意的1
[,2]2a ∈，不等式 0(1)f x ≤在1[,1]4上恒成立，当且仅当10(11(4)10)f f ≤≤?????，即39449a b a
b ≤-≤-?????，对1[,2]2a ∈?成立． 从而得74b ≤，∴满足条件的b 的取值范围是(7,]4
-∞． 法二：变量分离．
∵()10f x ≤，∴10()a
b x x ≤-+，即min 10()a b x x
≤-+． 令()10()a g x x x =-+，222
()10a x a g x x x +'=--=-<， ∴()g x 在1[,1]4
上递减，()g x 最小值为139397()4424444g a =-+≥-?+=， 从而得74b ≤，∴满足条件的b 的取值范围是(7,]4
-∞． 或用2(10)a x b x ≤-+-，即2(10)2x b x -+-≥，进一步分离变量得2
10()b x x
≤-+， 利用导数可以得到210()x x
-+在14x =时取得最小值74
， 从而得74b ≤，∴满足条件的b 的取值范围是(7,]4-∞． 法三：变更主元． ()10f x ≤在1[,1]4上恒成立，即10a x b x ++≤，()100a a x b x ?=++-≤， ∵1[,1]4x ∈，∴()a ?在1[,2]2递增，即()a ?的最大值为2(2)100x b x
?=++-≤． 以下同上法．
说明：本题是在对于任意的[2,2]a ∈-，()1f x ≤在[1,1]-上恒成立相当于两次恒成立，这样的题，往往
先保证一个恒成立，在此基础上，再保证另一个恒成立．
【例题6】设函数432()216ln (f x x ax x x b a =---++，)b R ∈，若对于任意的[2,2]a ∈-，不等式
4()f x x ≤-在(0,1]x ∈上恒成立，求实数b 的取值范围．
解：4
()f x x ≤-在(0,1]x ∈上恒成立，即23216ln x x b a x
-++≤在(0,1]x ∈上恒成立． 由条件[2,2]a ∈-得2min 3
216ln 2x x b a x -++≤=-， 又(0,1]x ∈，∴23216ln 2x x b x -++≤-，即32min (2216ln )b x x x ≤-+-． 设32()2216ln g x x x x =-+-，则32322
1664162(328)()64x x x x g x x x x x x
-+---+'=-+-==． 令32()328x x x ?=-+，2()94(94)x x x x x ?'=-=-， 当4(0,)9x ∈，()0x ?'<；当4(,1)9
x ∈，()0x ?'>， ∴(0,1]x ∈时，432()()809243
x ??==->极小值，于是()0g x '<， ∴32()2216ln g x x x x =-+-在(0,1]x ∈递减，∴()g x 的最小值为(1)0g =，
∴0b ≤，因此满足条件的b 的取值范围是(,0]-∞．
【针对练习7】设函数432()2 ()f x x ax x b x R =+++∈，其中a ，b R ∈．若对于任意的[2,2]a ∈-，
不等式()1f x ≤在[1,1]-上恒成立，求b 的取值范围． 解：
四、双参数中的范围均未知型：
【例题7】（10湖南理）已知函数2() (,)f x x bx c b c R =++∈，对任意的x R ∈，恒有()()f x f x '≤．
（1）证明：当0x ≥时，2()()f x x c ≤+；
（2）若对满足题设条件的任意b ，c ，不等式22()()()f c f b M c b -≤-恒成立，求M 的最小值．
解：（1）易知()2f x x b '=+．由题设，对任意的x R ∈，22x b x bx c +≤++，即
2(2)0x b x c b +-+-≥恒成立，∴2
(2)4()0b c b ---≤，从而2
14b c ≥+．
于是1c ≥，且c ≥=||b ，因此2()0c b c c b -=+->． 故当0≥x 时，有2()()(2)(1)0x c f x c b x c c +-=-+-≥，即当0x ≥时，2()()f x x c ≤+．
（2）由（1）知，c ≥||b ．
当c >||b 时，有2222222()()2f c f b c b bc b c b M c b c b b c
--+-+≥==--+．
令b t c =
，则11t -<<，2121c b b c t +=-++．而函数1()2(11)1g t t t =--<<+的值域是3(,)2
-∞． 因此，当c >||b 时，M 的取值集合为3[,)2
+∞． 当c =||b 时，由（1）知，2b =±，2c =．此时()()8f c f b -=-或0，220c b -=． 从而223()()()2f c f b c b -≤-恒成立．综上所述，M 的最小值为32
．
【针对练习8】若32()x f x a =图象上斜率为3，设223()()3bx g x f x a =-+． （1）若函数)(x g 在1=x 处有极值，求()g x 的解析式； （2）若函数)(x g 在区间[1,1]-上为增函数，且24()b mb g x -+≥在区间[1,1]-上都成立，求实数
m 的取值范围．
解：
五、双参数中的线性规划型：
【例题8】（12浙江理）已知0a >，b R ∈，函数3()42f x ax bx a b =--+．
（1）证明：当01x ≤≤时，①函数()f x 的最大值为|2|a b a -+；②()|2|0f x a b a +-+≥；
（2）若1()1f x -≤≤对[0,1]x ∈恒成立，求a b +的取值范围．
解：（1）①22()12212()6b f x ax b a x a
'=-=-． 当0b ≤时，2()1220f x ax b '=-≥，在01x ≤≤上恒成立，
∴()f x 在[0,1]上递增，此时()f x 的最大值为：
(1)423f a b a b a b =--+=-=|2|a b a -+；
当0b >时，2()12212(f x ax b a x x '=-=，
此时()f x 在上递减，在)+∞上递增，∴()f x 在[0,1]上的最大值为： max , 2()max{(0),(1)}max{(),(3)}3, 2b a b a f x f f b a a b a b b a ->?==--=?-≤?
=|2|a b a -+． 综上所述：函数()f x 在01x ≤≤上的最大值为|2|a b a -+．
②∵01x ≤≤，当2b a ≤时，
3()|2|()3422f x a b a f x a b ax bx a +-+=+-=-+
334422(221)ax ax a a x x ≥-+=-+．
当2b a >时，
3()|2|()42(1)2f x a b a f x a b ax b x a +-+=-+=+--
3344(1)22(221)ax a x a a x x >+--=-+．
设3()221g x x x =-+
，2()622(g x x x x '=-=+，列表可得
min ()()1039
g x g ==->，∴当01x ≤≤时，32210x x -+>， ∴3()|2|2(221)0f x a b a a x x +-+≥-+≥．
（2）由①知：函数()f x 在01x ≤≤上的最大值为|2|a b a -+，∴|2|a b a -+1≤．
由②知：()(|2|)1f x a b a ≥--+≥-，于是1()1f x -≤≤对[0,1]x ∈恒成立的充要条件为：
20310a b a b a -≥??-≤??>?或2010a b b a a -?，在坐标系aOb 中， 不等式组所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，
其中不包括线段BC ．作一组平行线 ()a b t t R +=∈，
得13a b -<+≤，∴a b +的取值范围为(1,3]-． 【针对练习9】已知函数21()2ln 1 (0)2
f x x ax b x x =++->． （1）若1a b ==-，求()f x 的单调区间；
（2）若()f x 的两个极值点1x ，2x 恒满足12012x x <<<<，求2a b -的取值范围．
解：
六、双参数中的绝对值存在型：
【例题9】（06湖北理）设3x =是函数23()() ()x f x x ax b e x R -=++∈的一个极值点．
（1）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间；
（2）设0a >，225()()4
x g x a e =+．若存在1ξ，2[0,4]ξ∈使得12|()()|f g ξξ-1<成立，求a 的
b
取值范围．
解：（1）23()[(2)]x f x x a x b a e -'=-+-+-，由(3)0f '=，得233[3(2)3]0a b a e -+-+-=，
即得32b a =--，则233()[(2)33](3)(1)x x f x x a x a e x x a e --'=-+---=--++．
令()0f x '=，得13x =或21x a =--，由于3x =是极值点，∴12x x ≠，即4a ≠-．
当4a <-时，213x x >=，则在区间(,3)-∞上，()0f x '<，()f x 为减函数；
在区间(3,1)a --上，()0f x '>，()f x 为增函数；
在区间(1,)a --+∞上，()0f x '<，()f x 为减函数．
当4a >-时，213x x <=，则在区间(,1)a -∞--上，()0f x '<，()f x 为减函数；
在区间(1,3)a --上，()0f x '>，()f x 为增函数；
在区间(3,)+∞上，()0f x '<，()f x 为减函数．
（2）由（1）知，当0a >时，10a --<，()f x 在区间(0,3)上的单调递增，在区间(3,4)上单调递
减，那么()f x 在区间[0,4]上的值域是[min{(0),(4)},(3)]f f f ，
而3(0)(23)0f a e =-+<，1(4)(213)0f a e -=+>，(3)6f a =+，
那么()f x 在区间[0,4]上的值域是3[(23),6]a e a -++． 又225()()4
x g x a e =+在区间[0,4]上是增函数，且它在区间[0,4]上的值域是 2242525[,()]44a a e ++，由于2222511()(6)()0442
a a a a a +-+=-+=-≥， ∴只须仅须225()(6)14a a +-+<且0a >，解得302a <<．故a 的取值范围是3(0,)2
． 【针对练习10】（10辽宁理）已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++．
（1）讨论函数)(x f 的单调性；
（2）设1a <-，如果对任意1x ，2(0,)x ∈+∞，1212|()()4||f x f x x x -≥-，求a 的取值范围． 解：
总结：关于运用导数解决含参函数问题的策略还有很多，参数问题形式多样，方法灵活多变，技巧性较强，对于某些“含参函数”题目，不一定用某一种方法，还可用多种方法去处理．这就要求我们养成良好的数学思维，有良好的观察与分析问题的能力，灵活的转化问题能力，使所见到的“含参函数”问题能更有效地解决．
关于不等式恒成立问题的几种求解方法 不等式恒成立问题，在高中数学中较为常见。这类问题的解决涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与对数函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。 不等式恒成立问题在解题过程中有以下几种求解方法：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④数形结合型。 下面我们一起来探讨其中一些典型的问题 一、一次函数型——利用单调性求解 例1、若不等式对满足的所有实数m都成立，求x的取值范围。 若对该不等式移项变形，转化为含参数m的关于x的一元二次不等式，再根据对称轴和区间位置关系求对应的二次函数的最小值，利用最小值大于零求解。这样得分好几种情况讨论,这思路应该说从理论上是可行的，不过运算量不小。能不能找出不需要讨论的方法解决此问题呢？若将不等式右边移到左边，然后将新得到的不等式左边看做关于m的一次函数，借助一次函数的图像直线（其实是线段）在m轴上方只需要线段的两个端点在上方即可。 分析：在不等式中出现了两个字母：x及m,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。显然可将m视作自变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于m的一次函数大于0恒成立的问题。 解：原不等式转化为(1-x2)m+2x-1>0在|m|2时恒成立, 设f(m)= (1-x2)m+2x-1,则f(m)在[-2,2]上恒大于0，故有： 此类题本质上是利用了一次函数在区间[a，b]上的图象是一线段，故只需保证该线段两端点均在m轴上方（或下方）即可。 给定一次函数y=f(x)=ax+b(a≠0),若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，则根据函数的图象（线段）（如下图）可得上述结论等价于 ⅰ），或ⅱ） 可合并成 同理，若在[m,n]内恒有f(x)0恒成立；f(x)3;
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 ∈?
含参数的一元二次不等式的解法 解含参数的一元二次不等式，通常情况下，均需分类讨论，那么如何讨论呢？对含参一元 二次不等式常用的分类方法有三种： 一、按 x 2项的系数 a 的符号分类，即 a 0,a 0,a 0; 例 1 解不等式： ax 2 a 2 x 1 0 分析： 本题二次项系数含有参数， a 2 2 4a a 2 4 0 ，故只需对二次项 系数进行分类讨论。 2 解 ：∵ a 2 2 4a a 2 4 0 a 2 a 2 4 a 2 a 2 4 ∴当 a 0时,解集为 x|x a 2 a 4 或x a 2 a 4 2a 2a 当 a 0 时，不等式为 2x 1 0, 解集为 x| x 1 例 2 解不等式 ax 2 5ax 6a 0a 0 分析 因为 a 0， 0 ，所以我们只要讨论二次项系数的正负。 解 a(x 2 5x 6) a x 2 x 3 0 当 a 0时，解集为 x|x 2或x 3 ；当 a 0时，解集为 x|2 x 3 、按判别式 的符号分类，即 0, 0, 0 ； 例 3 解不等式 x 2 ax 4 0 分析 本题中由于 x 2 的系数大于 0, 故只需考虑 与根的情况。 解： ∵ a 2 16 ∴当 a 4,4 即 0 时，解集为 R ； 解得方程 2 ax 2 a 2 x 1 0 两根 x 1 a 2 a 2 4 2a , x 2 a 2 a 2 4 2a 当 a 0时 , 解集为 x| a 2 a 2 4 2a x a 2 a 2 4 2a
当 a 4即Δ＝0时，解集为 x x R 且x a ； 当 a 4 或 a 4 即 0, 此时两根分别为 x 1 a a 16 ， x 2 2 x 1 x 2 , a a 2 16 a a 2 16 x 或 x 〈 22 例 4 解不等式 m 2 1 x 2 4x 1 0 m R 2 2 2 2 解 因 m 2 1 0, ( 4)2 4 m 2 1 4 3 m 2 当 m 3或 m 3 ，即 0 时，解集为 R 。 2 三、按方程 ax bx c 0 的根 x 1 , x 2的大小来分类，即 x 1 x 2,x 1 x 2 ,x 1 x 2； 1 例 5 解不等式 x 2 (a )x 1 0 (a 0) a 1 分析： 此不等式可以分解为： x a (x ) 0 ，故对应的方程必有两解。本题 a 只需讨论两根的大小即可。 11 解： 原不等式可化为： x a (x ) 0 ，令 a ，可得： a 1 aa 11 ∴当 a 1或 0 a 1时， a ，故原不等式的解集为 x |a x ； a 1 当 a 1 或 a 1 时， a , 可得其解集为 ； a 11 当 1 a 0或a 1时, a ,解集为 x| x a a 例 6 解不等式 x 2 5ax 6a 2 0 ， a 0 分析 此不等式 5a 2 24a 2 a 2 0 ，又不等式可分解为 x 2a (x 3a) 0 ，故 所以当 m 3 ，即 0 时，解集为 x| x 1 2 当 3 m 3 ，即 0 时，解集为 2 3 m 2 x 或 x m 2 1 2 m 2 1 3 m 2 ； ； a a 2 16 a a 16 ，显然 ∴不等式的解集为
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．
不等式恒成立或有解问题的解决策略 恒成立与有解问题的解决策略大致分四类： ①构造函数，分类讨论； ②部分分离，化为切线； ③完全分离，函数最值； ④换元分离，简化运算； 在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界. 一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热点． 【考点突破】 【典例1】（2018届石家庄高中毕业班教学质量检测）已知函数()()()121x f x axe a x =-+-. （1）若1a =，求函数()f x 的图象在点()0,(0)f 处的切线方程； （2）当0x >时，函数()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围. 【解析】（Ⅰ）若1a =，则)12(2)(--=x xe x f x ，4)('-+=x x e xe x f 当0=x 时，2)(=x f ，3)('-=x f ， ………﹝导数的几何意义的应用﹞ 所以所求切线方程为23+-=x y 。 （Ⅱ）思路一：()()()121x f x axe a x =-+-，)1(2)1()('+-+=a e x a x f x ， 由条件可得，首先0)1(≥f ，得01 1 >-≥ e a ， 令()'()(1)2(1)x h x f x a x e a ==+-+，则 '()(2)0x h x a x e =+>恒为正数，所以()'()h x f x =单调递增，………﹝高阶导数的灵活应用﹞ 而02)0('<--=a f ，0222)1('≥--=a ea f ，所以)('x f 存在唯一根0(0,1]x ∈，使得函数)(x f 在),0(0x 上单调递减，在)(0∞+x 上单调递增， ………﹝极值点不可求，虚拟设根﹞
利用导数证明不等式的常见题型 山西大学附属中学 韩永权 邮箱：hyq616@https://www.doczj.com/doc/644694513.html, 不等式的证明是近几年高考的一个热点题型，它一般出现的压轴题的位置，解决起来比较困难。本文给出这一类问题常见的证明方法，给将要参加高考的学子一些启示和帮助。只要大家认真领会和掌握本文的内容，定会增强解决对这一类问题的办法。下面听我慢慢道来。 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，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用导数证明不等式的关键。 例1（人教版选修2-2第32页B 组1题）利用函数的单调性，证明不列不等式 （1）),0(,sinx π∈
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 ，
第四节 利用导数证明不等式 课堂考点探究 考点1 单变量不等式的证明 单变量不等式的证明方法 (1)移项法：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：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)最值法：欲证f (x )＜g (x )，有时可以证明f (x )max ＜g (x )min . 直接将不等式转化为函数的最值问题 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)当a ＜0时，证明f (x )≤－3 4a －2. [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝ x ＋1 2ax ＋1 x . 当a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a ＜0，则当x ∈? ????0，－12a 时，f ′(x )＞0；当x ∈? ????－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 故f (x )在? ????0，－12a 上单调递增，在? ?? ??－12a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 取得最大值，最大值为f ? ????－12a ＝ln ? ??? ?－12a －1－1 4a . 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ? ????－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ? ????－12a ＋1 2a ＋1≤0.设g (x ) ＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1 x －1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x ) ＜0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大 值，最大值为g (1)＝0.所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ? ????－12a ＋1 2a ＋1≤0， 即f (x )≤－3 4a －2. 将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间
解决“含参数不等式的恒成立”问题的基本方法 “含参数不等式的恒成立”的问题，是近几年高考的热点，它往往以函数、数列、三角函数、解析几何为载体具有一定的综合性，解决这类问题，主要是运用等价转化的数学思想： 即一般地，若函数()x f 的定义域为D ，则当x ∈D 时，有()M x f ≥恒成立()M x f ≥?min （()M x f ≥有解?M max )(x f ≤）；()M x f ≤恒成立()M x f ≤?m a x （()M x f ≤有解?M x f ≤m i n )(）.因而,含参数不等式的恒成立问题常根据不等式的结构特征,恰当地构造函数,等价转化为含参数的函数的最值讨论. 例一 定义在R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当?? ? ??∈2,0πθ时，有 () ()022s in 2c o s 2 >--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围. 分析: 利用函数的单调性和奇偶性去掉映射符号f ，将“抽象函数”问题转化为常见的含参的二次函数在区间(0，1)上恒为正的问题.而对于()≥x f 0在给定区间[a ，b]上恒成立问题可以转化成为()x f 在[a ，b]上的最小值问题，若()x f 中含有参数，则要求对参数进行讨论。 【解析】由()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ得到：()()22sin 2cos 2--->+m f m f θθ 因为()x f 为奇函数， 故有()()22sin 2cos 2+>+m f m f θθ恒成立， 又因为()x f 为R 减函数， 从而有22sin 2cos 2+<+m m θθ对?? ? ??∈2,0πθ 设t =θsin ，则01222>++-m mt t 对于( )1,0∈t 恒成立， 在设函数()1222 ++-=m mt t t g ,对称轴为m t =. ①当0<=m t 时，()0120≥+=m g ， 即21-≥m ，又0 专题05 导数与函数不等式恒成立、有解（存在性）（训练篇B ） -用思维导图突破解导数压轴题 1. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，证明. 解 （1）的定义域为，. 若，则当时，，故在单调递增. 若，则当时，； 当时，. 故在单调递增，在单调递减. （2）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为 . 所以等价于，即. 设，则， 当时，； 当时，. 所以在单调递增，在单调递减.故当时，取得最大值，最大值为.所以当时. 从而当时，，即. 2. 已知函数，设. （1）求的极小值； ()2(1)2lnx ax a x f x =+++()f x 0a <3()24f x a ≤--()f x (0,)+∞'1(1)(21)()221x ax f x ax a x x ++= +++=0a ≥(0,)x ∈+∞()0f x '>()f x (0,)+∞0a <1(0,)2x a ∈- ()0f x '>x ∈1(,)2a -+∞()0f x '<()f x 1(0,)2a -1(,)2a -+∞0a <()f x 12x a =- 11()214)21(ln f a a a =----3(4)2a f x ≤--13(12441)2a ln a a ---≤--1(02121)a ln a -++≤()ln 1 g x x x =-+1()1g x x '= -(0,1)x ∈()0g x '>(1,)x ∈+∞()0g x '<()g x (0,1)(1,)+∞1x =()g x (1)0g =0x >()0g x ≤0a <10,2a ->1(02121)a ln a -++≤3(4)2a f x ≤--()()e x f x x a x a =-++()() g x f x '=()g x2020高考数学复习--专题05 导数与函数不等式恒成立、有解(存在性)-用思维导图突破导数压轴题
含参数的一元二次不等式的解法以及含参不等式恒成立问题