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导数与不等式恒成立方法归纳总结

思路一：作差解恒成立

构造差函数()()()h x f x g x =-．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．

首先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应含参不等式，从而求出参数的取值范围，也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

证明()()f x g x <，(),x a b ∈时，可以构造函数()()()F x f x g x =-，如果

()0F x '<，则()F x 在(),a b 上是减函数，同时若()0F a ≤，由减函数的定义可知，当(),x a b ∈时，有()0F x <，即证明()()f x g x <．

例、已知函数()()211

2ln 2

f x a x a ax x =--+，()'f x 为其导函数. (1) 设()()1

g x f x x

，求函数()g x 的单调区间； (2) 若0a >，设()()11,A x f x ，()()

22,B x f x 为函数()f x 图象上不同的两点，且满足()()121f x f x +=，设线段AB 中点的横坐标为0,x 证明：01ax >.

解：（1）略（2）1201212

12x x ax x x a a

+>?

>?>- ()2

22121'0a f x a a x x x ??

=+-=-≥ ???

，故()f x 在定义域()0,+∞上单调递增.

只需证： ()122f x f x a ??>-

???，即证()2221f x f x a ??

->- ???

注意到()()1211

1,,2

f x f x f a ??+==

?? 不妨设1210x x a <<<. ()()()22221112ln 22ln 2F x f x f x a x a ax a x a ax

a a x x

????

=-+-=----+-- ? ?????-

则()()()

()

222241122'0222ax a a a F x x x ax ax x ax -=

--+=-≤--- 1x a ?≥，从而()F x 在1

,a ??+∞????

上单减，故()210F x F a ??

<= ???

，即得. 变式1、设函数．（I ）时，求函数的极值点；

（Ⅱ）当时，证明在上恒成立．

解（Ⅱ）证明：当a=0时，f （x ）=lnx+x+1

令F （x ）=xe x ﹣f （x ）=xe x ﹣lnx ﹣x ﹣1，（x ＞0），则F′（x ）=x+1x

?（xe x ﹣1），

令G （x ）=xe x ﹣1，则G′（x ）=（x+1）e x ＞0，（x ＞0），

∴函数G （x ）在（0，+∞）递增，又G （0）=﹣1＜0，G （1）=e ﹣1＞0， ∴存在唯一c ∈（0，1）使得G （c ）=0，

且F （x ）在（0，c ）上单调递减，在（c ，+∞）上单调递增，

故F （x ）≥F （c ）=c?e c ﹣lnc ﹣c ﹣1，由G （c ）=0，得c?e c ﹣1=0，得lnc+c=0， ∴F （c ）=0，∴F （x ）≥F （c ）=0，从而证得x e x ≥f （x ）.

变式2、设函数()()2

ln 1f x x b x =++，其中0b ≠．当*n N ∈，且2n ≥时证明不等式：

33311111111ln 1112323

21n n n ??????

??+++++++

??? ???+????????

解：当b=-1时, ()()2

f x x ln x 1=-+，

令()()()3

h x x f x x x ln x 1=-=-++，则()()2

33x x 1h x x 1

++'=

+在[

)0,∞+ 上恒正，所以， ()h x 在[)0,∞+上单调递增，当[

)0,∞+时，恒有()()h x h 00=＞，即当[

)0,∞+时，()()3

x x ln x 10,ln x 1x x -++++＞即＞，

对任意正整数n ，取1x n =

得3211

1ln 1n n

n ??++ ???＞，

所以， 333111111

ln 11123n 23

n ????????++???++++???+

??? ???????????

()2

1ln +

f x x ax x =++2a =-()f x 0a =()x

xe f x ≥()0,+∞

= 33311111

1ln 1ln 1ln 123n 23n ??????++++???+++++???+

? ? ???????

= 333111111

ln 1ln 1ln 12233n n

??????++++++???+++

? ? ??????? ()

22211111123n 2334n n 1++???+++???+???+＞

＞ =

11111111++=2334n n 12n 1

--???+--++. 变式3、已知函数()21e 2x f x a x x =--（R a ∈）．证明：当1x >时， 1

e ln x x x x

>-．

解：令()1e ln x

g x x x x

=-+（1x >），则()10g =， ()2e 1e ln 1x x

g x x x x =+--'．令()()h x g x ='，则()e e ln x x

h x x x =+' 23e e 2

x x x x x

+，因为1x >，所以e ln 0x

x >， e 0x x >， ()2e 10x x x ->， 3

20x

>，所以()0h x '>，即()()h x g x ='在1x >时单调递增，

又()1e 20g ='->，所以1x >时， ()0g x '>，即函数()g x 在1x >时单调递增．所以1x >时， ()0g x >，即1x >时， 1

e ln x x x x

．思路二：调整目标形式解恒成立

观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明. 例．已知函数()()1ln ,1

a x f x x a R x -=-

∈+．设,m n 为正实数，且m n >，求证：

ln ln 2

m n m n

m n -+<

-．解：要证

，只需证

，

即证21ln .1m m n m n n ??- ???>+只需证21ln 0.1m m n m n n

??- ???->+

设()()21ln 1

x h x x x -=-

+，由（2）知()h x 在()1,+∞上是单调函数，又

>，所以()10m h h n ??>= ???，即21ln 0

m m n m n n

??- ?

??->+成立，所以ln ln 2m n m n m n -+<-. 变式1、已知函数()()

21x f x x x e =--.

（1）若()f x 在区间(),5a a +有最大值，求整数a 的所有可能取值；（2）求证：当0x >时，()()

323ln 247x f x x x x x e <-++-+. 解析：（1）f′(x )＝（x 2＋x －2）e x ，

当x <－2时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，当－2＜x ＜1时，f′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ＞1时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，

由题知：a ＜－2＜a +5，得：－7＜a ＜－2，则a ＝－6、－5、－4、－3，

当a ＝－6、－5、－4，显然符合题意，

若a ＝－3时，f (－2)＝5e ―2，f (2)＝e 2，f (－2)＜f (2)，不符合题意，舍去．故整数a 的所有可能取值－6，―5，－4．

（2）f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7可变为(－x 2＋3x －1)e x ＜－3ln x ＋x 3+7，

令g (x )＝(－x 2＋3x －1)e x ，h (x )=－3ln x ＋x 3+7，g′(x )＝(－x 2＋x ＋2)e x ， 0＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，

g (x )的最大值为g (2)＝e 2，h′(x )＝

(

)331

x x

-，当0＜x ＜1时，h′(x )＜0，h (x )单调递减，

当x ＞1时，h′(x )＞0，h (x )单调递增，h (x )的最小值为h (1)＝8＞e 2，

g (x )的最大值小于h (x )的最小值，故恒有g (x )＜h (x )，即f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7．

变式2、函数f （x ）=2

1-lnx ax a-1x-2a 2

R +

+∈（）（）

（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若a ＞0，求证：f （x ）≥3-

. 解：由（Ⅰ）知()f x 在10a ?

? ???，上单调递减； ()f x 在1a

??+∞ ???

，

上单调递增，则()min 11ln 12f x f a a a ??

==-- ?

．要证()f x ≥32a -

，即证1ln 12a a --≥32a -，即证1

ln 1a a +-≥0．令()1ln 1a a a μ=+-，则()22111

a a a a a

μ'-=-=，

由()0a μ'>解得1a >，由()0a μ'<解得01a <<， ∴()a μ在()01，上单调递减；

()a μ在()1+∞，上单调递增；

∴()()min 1

1ln1101

a μμ==+-=，∴ 1ln 1a a +

-≥0成立．从而()f x ≥3

成立．思路三：结论再造解恒成立

利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点：（1）利用常见结论，如：

，()ln 1x x >+，

等；

（2）利用同题上一问结论或既得结论．例、已知函数()ln 1

f x x x =-

+．（Ⅰ）若函数()f x 有极值，求实数a 的取值范围；

（Ⅱ）()f x 有两个极值点（记为1x 和2x ）时，求证：()()()121

1x f x f x f x x x

+??+≥?-+??．解（Ⅱ）∵1x ， 2x 是()f x 的两个极值点，故满足方程()0f x '=

即1x ， 2x 是()2

210x a x +-+=的两个解，∴121x x =

∵()()12

121212ln ln 11ax ax f x f x x x x x +=-+-++ ()()12121212122ln 1

a x x x x x x a x x x x ++=-=-+++ 而在()ln 1ax f x x x =-

+中， ()1ln x a f x x x +??-=?-?

? 欲证原不等式成立，只需证明()()11

ln 1x x f x x f x x x x

++?????-≥?-+????

∵0x >，只需证明()()ln 1f x x f x x -≥-+成立即证ln 10x x -+≤成立令()ln 1g x x x =-+，则()111x

g x x x

' 当()0,1x ∈时， ()0g x '>，函数()g x 在()0,1上单调递增；当()1,x ∈+∞时， ()0g x '<，函数()g x 在()1,+∞上单调递减；因此()()max 10g x g ==，故()0g x ≤，即ln 10x x -+≤成立得证．变式1、已知函数()ln .f x x kx k =-+

（Ⅱ）证明：当1a ≤时，()()

2 1.x x f x kx k e ax +-<-- （附： 3

ln20.69,ln3 1.10, 4.48,7.39e e ≈≈≈≈）解（Ⅱ）要证当1a ≤时， ()()

1,x

x f x kx k e ax +-<--

即证当1a ≤时， 2ln 10x e ax x x --->,即证2ln 10x e x x x --->．

由（Ⅰ）得，当1k =时， ()0f x ≤,即ln 1x x ≤-，又0x >，从而()ln 1x x x x ≤-, 故只需证2210x e x x -+->，当0x >时成立；令()()2

210x

h x e x x x =-+-≥，则()41x

h x e x ='-+,

令()()F x h x ='，则()4x

F x e '=-，令()0F x '=，得2ln2x =．

因为()F x '单调递增，所以当(]

0,2ln2x ∈时， ()()()0,0,F x F x F x ≤'≤单调递减，即()h x '单调递减，当()2ln2,x ∈+∞时， ()()0,F x F x >''单调递增，即()h x '单调递增，

且()()()2

ln458ln20,020,2810h h h e =-==-'+'>',

由零点存在定理，可知()()120,2ln2,2ln2,2x x ?∈?∈，使得()

()120h x h x ''==，故当10x x <<或2x x >时， ()()0,h x h x '>单调递增；当12x x x <<时， ()()0,h x h x '<单调递减，所以()h x 的最小值是()00h =或()2h x ．

由()

20h x '=，2241x

e x =-()()()22

2222221252221x h x e x x x x x =+-=-+-=---,

因为()22ln2,2x ∈，所以()20h x >,故当0x >时，所以()0h x >,原不等式成立．

思路四：函数单调或最值解恒成立

不等式恒成立的转化策略一般有以下几种：①分离参数＋函数最值；②直接化为最值＋分类讨论；③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。

通过讨论函数的单调性及最值，直接化为最值的优点是函数结构简单，是不等式恒成立的通性通法，高考参考答案一般都是以这种解法给出，缺点是一般需要分类讨论，解题过程较长，解题层级数较多，不易掌握分类标准。

例2．函数

. （Ⅱ）若

且满足：对

，

，都有

，试比较

与的大小，并证明.

解（Ⅱ）当

时，由

得.由（Ⅰ）知在

上单调递减，在

上单调递增，所以对

，

，都有

等价于

即解得；学*科网

令，，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

又，所以.

即

，所以

变式1、已知函数()1x

f x e =

-（b R ∈，e 为自然对数的底数）在点()()0,0f 处的切线经过点()2,2-．

（Ⅰ）讨论函数()()()F x f x ax a R =+∈的单调性；

（Ⅱ）若x R ?∈，不等式()()11x

e f x c x ≤-+恒成立，求实数c 的取值范围．

解：不等式()()11x

e f x c x ≤-+恒成立，即不等式0x e cx c +-≥恒成立，设

()(),x x g x e cx c g x e c =+-=+'，

若0c ≥，则()0g x '>，函数()g x 单调递增且不存在最小值，不满足题意；当0c <时，由()0x

g x e c ='+=得()ln x x c =-，

当()()

,ln x c ∈-∞-时， ()()0,g x g x '<单调递减；当()()

ln ,x c ∈-+∞时， ()()0,g x g x '>单调递增，

所以()()()

()()()ln ln ln 2ln c

g x g c e c c c c c c -≥-=+--=-+-，要使得()0g x ≥恒成

立，只需()2ln 0c c c -+-≥恒成立，由于0c <，所以有()ln 2c -≤，解得20e c -≤<，

即当)

2,0c e ?∈-?

时， ()0g x ≥恒成立，即0x e cx c +-≥恒成立，也即不等式()()11x e f x c x ≤-+恒成立，所以实数c 的取值范围为)2,0e ?-?．

思路五：参变分离解恒成立

例1. (2016全国新课标Ⅱ文20)己知函数()()()1ln 1f x x x a x =+--. （Ⅰ）当4a =时，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；（Ⅱ）若当()1,x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围. 解：()()()1ln 10f x x x a x =+-->在[)1,+∞恒成立()1ln 1x x a x +?<

-在

()1,+∞恒成立

（端点1x =自动成立），则设()()()()

12ln 1ln 11x x x x x g x g x x x --+'=?=--，令()()21122ln 1h x x x h x x x x

'=--?=+-()22

102ln x x h x x x x x -+=>?=--在[)1,+∞为增函数，则()(1)0h x h >=()

()1ln 0()1

x x g x g x x +'?>?=-在()1,+∞为增函数，

又因()()1

11ln 1lim lim lim 1ln 21

x x x x x

g x x x x ++

+→→→+??

==++= ?-??

，故实数a 的取值范围为2a ≤

变式1、已知曲线()()2

1ln f x a x b x =-+在点()()1,1f 处的切线的斜率为1；

（1）若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，求a 的取值范围；（2）当[)1,x ∈+∞时，不等式()1f x x ≤-恒成立，求a 的取值范围. 解：()()

1ln 101x x

f x x a x ---+≤?≤

-在()1,+∞上恒成立（端点1x =自动成立）

设()()()()

2ln 1ln 11x x

x x x g x g x x x -+--'=?=--，()12ln h x x x x =-+?()()2

112

x h x x x x -'=--+=-<

()1

2ln h x x x x

-+在[)1,+∞上为减函数，则()()()10h x h g x '<=?<0?()g x 在()1,+∞上为减函数，又因()()

1ln 1

lim lim lim

021x x x x x

g x x

x →+∞→+∞

→+∞--===-，故实数a 的取值范围为

0a ≤

变式2、已知函数()()1ln (0)a

f x x a x a x

+-<．（Ⅰ）若2a =-，求曲线()y f x =在点()()

1,1f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）设函数()a

g x x

．若对于任意(]1,x e ∈，都有()()f x g x >成立，求实数a 的取值范围．

解（Ⅲ）因为对于任意(]

1,x e ∈，都有()()f x g x >成立，则()1ln 0x a x +->，等价于1ln x a x

-->. 令()ln x F x x -=

，则当(]1,x e ∈时， ()max 1a F x ->. ()()

21ln ln x F x x '-=. 因为当(]1,e x ∈时， ()0F x '≥，所以()F x 在[]

1,e 上单调递增. 所以()()max F x F e e ==-. 所以1a e >-. 所以10e a -<<.

01导数应用——不等式恒成立问题

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)

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

不等式恒成立问题

不等式恒成立问题一、教学目标 1、知识目标；掌握不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法并会运用 2、能力目标；培养学生分析问题解决问题的能力 3、情感目标；优化学生的思维品质二、教学重难点 1、教学的重点；不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法并会运用 2、教学的难点；不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法的选择三、教学方法：高三复习探究课：学生研讨探究----学生归纳小结-----学生巩固练习----学生变式探究---学生总结四、教学过程 1、引人高三数学复习中的不等式恒成立问题，涉及到函数的性质、图象, 渗透着换元、化归、数形结合、函数方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，因此备受命题者的青睐，也成为历年高考的一个热点。我们今天这堂课来研究不等式恒成立求参数的取值范围问题的求解方法。引入课题 2、新课下面我们来看例1例1、对一切实数x ]1,1[-∈，不等式 a x a x 24)4(2-+-+＞0恒成立，求实数a 的取值范围（由学生完成）由一个基本题得到不等式恒成立问题求参数的范围的求解方法解法一；分离参数由原不等式可得：a(x-2) > -x 2+4x-4 ，又因为x ∈[-1，1] ，x-2∈[-3，-1] a<2-x 又因为x ∈[-1，1]，所以 a<1. 解法二；分类讨论、解不等式

（x-2）[x-(2-a)]>0 当a=0时不等式恒成立当a<0 时x>2-a 或x<2 不等式恒成立当a>0时x>2 或x<2-a 所以2-a>1 即a<1 所以a<1时不等式恒成立解法三；构造函数求最值设f(x)=x2+(a-4)x+4-2a 当(4-a)/2∈[-1，1]，即a∈[2，6]时 -a2<0 不成立，舍弃；当a>6时，f(-1)=1-a+4+4-2a>0 a<3 不成立，舍弃；当a<2时，f(1)=1+a-4+4-2a=1-a>0 a<1 综上得：a<1 解法四；构造方程用判别式韦达定理根的分布设x2+(a-4)x+4-2a=0 方程无实根或有两实根两根小于-1或两根大于1 △=(a-4)2-4(4-2a)=a2≥0 所以1-(a-4)+4-2a>0且(4-a)/2<-1 或1+(a-4)+4-2a>0 且(4-a)/2>16且a<3 或a<1且a<2, 所以a<1 解法五；数形结合（用动画来演示 a(x-2)>-x2+4x-4 设y=a(x-2) 和y=-x2+4x-4 分别作两函数的图象

导数的不等式恒成立问题

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；

不等式恒成立问题的基本类型及常用解法 - 副本

不等式恒成立问题基本类型及常用解法类型1：设f(x)=ax+b f(x) ＞0在x ∈[]n m ,上恒成立? ???0 )(0)( n f m f f(x) ＜0在x ∈[]n m ,上恒成立??? ?0)(0)( n f m f . 例1. 设y=(log 2x)2+(t-2)log 2x-t+1,若t 在[-2,2]上变化，y 恒取正值，求实数x 的取值范围。例2. 对于 -1≤a ≤1,求使不等式(21)ax x +2<(2 1)12-+a x 恒成立的x 的取值范围。类型2：设f(x)=ax 2+bx+c (a ≠0) f(x) ＞0在x ∈R 上恒成立?a ＞0 且△＜0; f(x) ＜0在x ∈R 上恒成立?a ＜0 且△＜0. 说明：①.只适用于一元二次不等式 ②.若未指明二次项系数不等于0，注意分类讨论. 例3.不等式3 642222++++x x m mx x ＜1对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围。

类型3：设f(x)=ax 2+bx+c (a ≠0) （1）当a ＞0时 ① f(x) ＞0在x ∈[]n m ,上恒成立 ??????≤-0)(2 m f m a b 或??????-o n a b m 2或?????≥-0)(2 n f n a b ??????≤-0)(2 m f m a b 或△＜0或?????≥-0 )(2 n f n a b . ② f(x) ＜0在x ∈[]n m ,上恒成立?? ??0)(0)( n f m f . （2）当a ＜0时 ① f(x) ＞0在x ∈[]n m ,上恒成立? ? ? ?0)(0)( n f m f ② f(x) ＜0在x ∈[]n m ,上恒成立 ??????≤-0)(2 m f m a b 或??????-o n a b m 2或?????≥-0)(2 n f n a b ??????≤-0)(2 m f m a b 或△＜0或?????≥-0 )(2 n f n a b . 说明：只适用于一元二次不等式. 类型4：a ＞f(x) 恒成立对x ∈D 恒成立?a ＞f(x)m ax ， a ＜f(x)对x ∈D 恒成立? a ＜f(x)m in . 说明：①. f(x) 可以是任意函数 ②.这种思路是：首先是---分离变量，其次用---极端值原理。把问题转化为求函数的最值，若f(x)不存在最值，可求出f(x)的范围，问题同样可以解出。例4.（2000.上海）已知f(x)=x a x x ++22 ＞0在x ∈[)+∞,1上恒成立，求实数a 的取值范围。

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

《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 ，

函数不等式恒成立问题经典总结

函数、不等式恒成立问题解法（老师用）恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2 ≠++=a c bx ax x f ，(对于任意实数R 上恒成立) （1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00?且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立?????>>-?????<- ?0 )(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或， ],[0)(βα∈x x f 在上恒成立?? ?>>?0 )(0 )(βαf f ],[0)(βα∈- ?????<-?0 )(2020)(2βββαααf a b a b f a b 或或类型3： αα>?∈>min )()(x f I x x f 恒成立对一切 αα>?∈?∈>的图象的上方或的图象在恒成立对一切恒成一、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有： ?? ?<>?>0 )(0 )(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立例1：若不等式)1(122 ->-x m x 对满足22≤≤-m 的所有m 都成立，求x 的范围。解析：我们可以用改变主元的办法，将m 视为主变元，即将元不等式化为：0)12()1(2 <---x x m ，；令)12()1()(2 ---=x x m m f ，则22≤≤-m 时，0)(

利用导数解决不等式恒成立中的参数问题学案

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性问题-答案

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．

导数在处理不等式的恒成立问题(一轮复习教案)

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)

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）

不等式恒成立问题的大全

不等式恒成立问题 “含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。本文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。一、判别式法若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题。一般地，对于二次函数),0()(2R x a c bx ax x f ∈≠++=,有 1）0)(>x f 对R x ∈恒成立? ???00a ; 2）0)(+-+a x a x 对R x ∈恒成立，即有 04)1(22<--=?a a 解得3 11>-x F 显然成立；当0≥?时，如图，0)(≥x F 恒成立的充要条件为： ??? ????-≤--≥-≥?1220)1(0m F 解得23-≤≤-m 。综上可得实数m 的取值范围为)1,3[-。二、最值法将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有： 1）a x f >)(恒成立min )(x f a ? 1．已知两个函数2()816f x x x k =+-， 32()254g x x x x =++，其中k 为实数. O x y x -1