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]
(优质试题·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(0，1
a
)，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，
则g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＞g (1)＝0， 即a ≤0时不满足题意(舍去)．
综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．
对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．
分离参数法求范围
[典例引领]
(优质试题·枣庄模拟)已知函数f (x )＝e x
x 的定义域为(0，＋∞)．
(1)求函数f (x )在[m ，m ＋1](m ＞0)上的最小值；
(2)对?x ∈(0，＋∞)，不等式xf (x )＞－x 2＋λx －1恒成立，求λ的取值范围． 【解】 f ′(x )＝x e x －e x
x 2，
令f ′(x )＞0得x ＞1； 令f ′(x )＜0得0＜x ＜1，
所以函数f (x )在(0，1)上是减函数；在(1，＋∞)上是增函数．
(1)当m ≥1时，函数f (x )在[m ，m ＋1](m ＞0)上是增函数，所以f (x )min ＝f (m )＝e m
m .
当0＜m ＜1时，函数f (x )在[m ，1]上是减函数； 在[1，m ＋1]上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝e.
(2)由题意，对?x ∈(0，＋∞)，不等式e x
＋x 2
＋1＞λx 恒成立，即e x x ＋x ＋1
x
＞λ恒成立，
令g (x )＝e x x ＋x ＋1
x ，
则g ′(x )＝(e x ＋x ＋1)(x －1)
x 2
，
由g ′(x )＞0得，x ＞1； 由g ′(x )＜0得，0＜x ＜1.
所以g (x )min ＝g (1)＝e ＋2，所以λ＜e ＋2. 即λ的取值范围为(－∞，e ＋2)．
利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：
(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式； (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值；
(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．
等价转化法求参数范围
[典例引领]
设f (x )＝a
x
＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.
(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈????12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M . 由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ????x －2
3. 令g ′(x )＞0得x ＜0，或x ＞2
3，
令g ′(x )＜0得0＜x ＜2
3，
又x ∈[0，2]，
所以g (x )在区间????0，23上单调递减，在区间????2
3，2上单调递增， 所以g (x )min ＝g ????23＝－85
27， 又g (0)＝－3，g (2)＝1， 所以g (x )max ＝g (2)＝1.
故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝112
27
≥M ， 则满足条件的最大整数M ＝4.
(2)对于任意的s ，t ∈????12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间????1
2，2上，函数f (x )min ≥g (x )max ，
由(1)可知在区间????
12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.
在区间????12，2上，f (x )＝a
x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立． 设h (x )＝x －x 2ln x ， h ′(x )＝1－2x ln x －x ，
令m (x )＝x ln x ，由m ′(x )＝ln x ＋1＞0得x ＞1
e .
即m (x )＝x ln x 在????1e ，＋∞上是增函数， 可知h ′(x )在区间????
12，2上是减函数， 又h ′(1)＝0，
所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0； 当1
2
＜x ＜1时，h ′(x )＞0. 即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间????
12，1上单调递增，在区间(1，2)上单调递减， 所以h (x )max ＝h (1)＝1， 所以a ≥1，
即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．
(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化．
(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．
不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径
(1)f (x )≥a 恒成立?f (x )min ≥a ； 存在x 使f (x )≥a 成立?f (x )max ≥a . (2)f (x )≤b 恒成立?f (x )max ≤b ， 存在x 使f (x )≤b 成立?f (x )min ≤b . (3)f (x )＞g (x )恒成立
F (x )＝f (x )－g (x )
F (x )min ＞0.
(4)①任意x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)?f (x 1)min ＞g (x 2)max ； ②任意x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)?f (x 1)min ＞g (x 2)min ； ③存在x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)?f (x 1)max ＞g (x 2)min ； ④存在x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)?f (x 1)max ＞g (x 2)max .
1．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( )
A ．(－∞，－1)∪(0，1)
B ．(－1，0)∪(1，＋∞)
C ．(－∞，－1)∪(－1，0)
D ．(0，1)∪(1，＋∞)
解析：选A ．设y ＝g (x )＝f (x )
x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2
，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，
所以 g ′(x )<0，所以 g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0.
因为 f (x )为奇函数，所以 g (x )为偶函数， 所以 g (x )的图象的示意图如图所示．
当x ＞0，g (x )＞0时，f (x )＞0，0＜x ＜1， 当x ＜0，g (x )＜0时，f (x )>0，x ＜－1，
所以 使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A ．
2．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 ．
3．设函数f (x )＝ax ＋ln x ，g (x )＝a 2x 2.
(1)当a ＝－1时，求函数y ＝f (x )图象上的点到直线x －y ＋3＝0距离的最小值； (2)是否存在正实数a ，使得不等式f (x )≤g (x )对一切正实数x 都成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：(1)由f (x )＝－x ＋ln x ，得f ′(x )＝－1＋1x ，
令f ′(x )＝1，得x ＝1
2
，
所以所求距离的最小值即为P ???
?1
2，f ????12到直线x －y ＋3＝0的距离，
d ＝
????
12－(－12－ln 2)＋32
＝1
2
(4＋ln 2) 2.
(2)假设存在正数a ，令F (x )＝f (x )－g (x )(x ＞0)， 则F (x )max ≤0.
由F ′(x )＝a ＋1x －2a 2x ＝0，得x ＝1
a ，
因为x ＞1
a 时，F ′(x )＜0，
所以F (x )为减函数； 当0＜x ＜1
a 时，F ′(x )＞0，
所以F (x )为增函数， 所以F (x )max ＝F ????
1a ， 所以ln 1
a
≤0，即a ≥1.
所以a 的取值范围是[1，＋∞)．
4．(优质试题·贵州适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x
x
.
(1)求函数f (x )的单调区间；
(2)?x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .
当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在R 上单调递减； 当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .
由f ′(x )＞0得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )＜0得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．
(2)因为?x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x
x 2.
设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤(ln x
x 2)max ，
由h ′(x )＝1－2ln x
x 3
，令h ′(x )＝0，则x ＝ e.
当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：
由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e .所以a ≤1
2e .
5．(优质试题·高考全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)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 －x 2)e x .
令f ′(x )＝0得x ＝－1－2，x ＝－1＋ 2.
当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.
所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减， 在(－1－2，－1＋2)上单调递增． (2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x .
当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，h ′(x )＝－x e x <0(x >0)， 因此h (x )在[0，＋∞)上单调递减，而h (0)＝1， 故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.
当00(x >0)， 所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增，而g (0)＝0，故e x ≥x ＋1.
当0
取x 0＝
5－4a －1
2
，则x 0∈(0，1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f (x 0)>ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝
5－1
2
，则x 0∈(0，1)，f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1. 综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．
6．(优质试题·兰州模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.
(1)求实数a ，b 的值；
(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)＜f (x )－g (x )对任意的x ＞2恒成立，求k 的最大值．
解：(1)f ′(x )＝2ax ＋b ＋1＋ln x ，
所以2a ＋b ＋1＝3且a ＋b ＝1，解得a ＝1，b ＝0.
(2)由(1)与题意知k ＜f (x )－g (x )x －2＝x ＋x ln x x －2对任意的x ＞2恒成立，
设h (x )＝x ＋x ln x x －2(x ＞2)，则h ′(x )＝x －4－2ln x
(x －2)2
，
令m (x )＝x －4－2ln x (x ＞2)，则m ′(x )＝1－2x ＝x －2
x ＞0，
所以函数m (x )为(2，＋∞)上的增函数．
因为m (8)＝4－2ln 8＜4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10＞6－2ln e 3＝6－6＝0， 所以函数m (x )在(8，10)上有唯一零点x 0，即有x 0－4－2ln x 0＝0成立， 故当2＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即h ′(x )＜0；当x 0＜x 时，m (x )＞0，即h ′(x )＞0，
所以函数h (x )在(2，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，
所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－2＝x 0?
????1＋x 0－42x 0－2
＝x 02，
所以k ＜x 0
2
，因为x 0∈(8，10)，
所以x 0
2
∈(4，5)，又k ∈Z ，所以k 的最大值为4.
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 ??????+++<∈ ? ? ?-???? ??
利用导数求参数范围 举例
利用导数求参数范围举例 例1.已知?Skip Record If...? (1)求ａ、ｂ的值及函数?Skip Record If...?的单调区间． (2)若对?Skip Record If...?恒成立，求ｃ的取值范围． 解：(1)?Skip Record If...? ?Skip Record If...? 例2.已知函数?Skip Record If...?处取得极值 (1)求函数?Skip Record If...?的解析式. (2)若过点?Skip Record If...?可作曲线y=?Skip Record If...?的三条切线,求实数m的取值范 围. 解:(1)求得?Skip Record If...? (2)设切点为?Skip Record If...? ?Skip Record If...??Skip Record If...?例3．已知?Skip Record If...?且?Skip Record If...?。（1）设?Skip Record If...?，求?Skip Record If...?的解析式。 （2）设?Skip Record If...?，试问：是否存在?Skip Record If...?，使?Skip Record If...?在（?Skip Record If...?）上是单调递减函数，且在（?Skip Record If...?）上是单调递增函数；若存在，求出?Skip Record If...?的值；若不存在，说明理由。 解：（1）易求c=1,?Skip Record If...? （2）?Skip Record If...?＝?Skip Record If...?，∴?Skip Record If...? 由题意?Skip Record If...?在（?Skip Record If...?）上是单调递减函数，且在（?Skip Record If...?）上是单调递增函数知，?Skip Record If...?是极小值，∴由?Skip Record If...?得?Skip Record If...? 当?Skip Record If...?，?Skip Record If...?时，?Skip Record If...?∴?Skip Record If...?是单调递增函数； ?Skip Record If...?时，?Skip Record If...?∴?Skip Record If...?是单调递减函数。所以存在?Skip Record If...?，使原命题成立。 例4.已知?Skip Record If...?是实数，函数?Skip Record If...? （Ⅰ）求函数?Skip Record If...?的单调区间； （Ⅱ）设?Skip Record If...?为?Skip Record If...?在区间?Skip Record If...?上的最小值。 （?Skip Record If...?）写出?Skip Record If...?的表达式；（?Skip Record If...?）求?Skip Record If...?的取值范围，使得?Skip Record If...?。
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 ∈?
利用导数证明数列不等式 利用导数证明数列不等式，在高考题中能较好的考查学生灵活运用知识的能力，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，另一方面体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为为有具体特征的数列，可谓一题多考，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起，也是近年来高考的热门题型. 1、常见类型： （1）利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题 （2）利用递推公式处理通项公式中的不等问题 2、恒成立不等式的来源： （1）函数的最值：在前面的章节中我们提到过最值的一个作用就是提供恒成立的不等式. （2）恒成立问题的求解：此类题目往往会在前几问中进行铺垫，暗示数列放缩的方向.其中，有关恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式. 3、常见恒成立不等式： （1） 对数→多项式 （2） 指数→多项式 4、关于前项和的放缩问题：求数列前项公式往往要通过数列的通项公式来解决，高中阶段求和的方法有以下几种： （1）倒序相加：通项公式具备第项与第项的和为常数的特点. （2）错位相减：通项公式为“等差等比”的形式（例如，求和可用错位相减）. （3）等比数列求和公式 （4）裂项相消：通项公式可裂为两项作差的形式，且裂开的某项能够与后面项裂开的某项进行相消. 注：在放缩法处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，故优先考虑. 5、大体思路：对于数列求和不等式，要谨记“求和看通项”，从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式. 6、在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向. 7、放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向：朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）. ln 1x x <-1x e x >+n n k 1n k -+?2n n a n =?n a
利用导数求参数范围举例 例1.已知时都取得极值与在13 2 )(23=-=+++=x x c bx ax x x f (1) 求ａ、ｂ的值及函数)(x f 的单调区间． (2) 若对2)(],2,1[c x f x <-∈不等式恒成立，求ｃ的取值范围． 解：(1)2,2 1 -=-=b a 2 122)2(]2,1[)(,2)2(,2 1 )1(2 3 )1(,2722)32(132023,23)().2(222'>-<+>+=-+=+=-+-=+=-=-==----=c c c ，c c f x f c f c f c f c f x x x x x x x f 或解得从而上的最大值为在所以且或得由 例2.已知函数1,13)(23=-=-+=x x x bx ax x f 在处取得极值 (1) 求函数)(x f 的解析式. (2) 若过点)2)(,1(-≠m m A 可作曲线y=)(x f 的三条切线,求实数m 的取值范围. 解:(1)求得x x x f 3)(3-= (2)设切点为33)(),3,(2'03 0-=-x x f x x x M 因为 0 200'20300020300200302 066)(332)(,0332)1)(33(3),1)(33(x x x g m x x x g x A m x x x x m x x M x x m y -=++-=** =++---=----=-则设有三个不同的实数根 的方程所以关于可作曲线的三条切线因为过点即所以又切线过点所以切线方程为) 2,3(2 30 )1(0)0(1,0)(,)1,0(,),1(),0,()(1 00)(00000000'---<<-???<>*==+∞-∞===的取值范围是所求的实数解得条件是有三个不同实根的充要的方程所以关于的极值点为故函数上单调递减在上单调递增在所以或得由m m g g x x x x g x g x x x g
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/fa1473593.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∈
利用导数求参数的取值范围一?已知函数单调性，求参数的取值范围类型1 ?参数放在函数表达式上 例1. 设函数f(x) 2x33(a 1)x2 6ax 8其中a R ? ⑴若f (x)在x 3处得极值,求常数a的值. ⑵若f(x)在(,0)上为增函数,求a的取值范围 二.已知不等式在某区间上恒成立，求参数的取值范围类型1.参数放在不等式上 2 例3.已知f (x) x3 ax2 bx c在x —与x 1时都取得极值 3 (1 )求a、b的值及函数f (x)的单调区间. (2)若对x [ 1,2],不等式f (x) c—恒成立，求c的取值范围. 2 3. 已知函数f (x) x3— 2x 5,若对任意x [ 1,21都有f (x) m则实数m的取值范围是2 类型2.参数放在区间上 例4 .已知三次函数f(x) ax3 5x2 cx d图象上点(1,8)处的切线经过点(3,0),并且f(x)在x=3处有极值. (1 )求f (x)的解析式.(2)当x (0, m)时，f (x) >0恒成立，求实数m的取值范围. 分析:(1) f (x) x3 5x2 3x 9 ' 2 (2).f (x) 3x 10x 3 (3x 1)(x 3) 由f (x) 0 得x1 i,x2 3 当x (0,1)时f'(x) 0, f(x)单调递增，所以f (x) f (0) 9 3 3 当x (】,3)时f '(x) 0, f (x)单调递减，所以f (x) f(3) 0 3 所以当m 3时f(x) 0在(0,m)内不恒成立,当且仅当m (0,3]时f (x) 0在(0,m)内恒成立 所以m的取值范围为(0,3] 基础训练： 4. 若不等式x4 4x3 _________________________________________ 2 a对任意实数x都成立，则实数a的取值范围是________________________________________________________ .
《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
利用导数求参数的取值范围 一．已知函数单调性，求参数的取值范围 类型1．参数放在函数表达式上 例１． 设函数R a ax x a x x f ∈+++-=其中86)1(32)(23． 的取值范围 求上为增函数在若的值求常数处得极值在若a x f a x x f ,)0,()()2(. ,3)()1(-∞= 二．已知不等式在某区间上恒成立，求参数的取值范围 类型１．参数放在不等式上 例3.已知时都取得极值与在13 2)(23=-=+++=x x c bx ax x x f （1）求ａ、ｂ的值及函数)(x f 的单调区间． （2）若对2)(],2,1[c x f x <-∈不等式恒成立，求ｃ的取值范围． __________)(]2,1[,522)(.32 3 的取值范围是则实数都有若对任意已知函数m m x f x x x x x f >-∈+--= 类型2．参数放在区间上 例４．已知三次函数d cx x ax x f ++-=2 35)(图象上点(1,8)处的切线经过点(3,0),并且)(x f 在x=3处有极值. （1）求)(x f 的解析式.（2）当),0(m x ∈时, )(x f >0恒成立,求实数m 的取值范围. 分析:(1)935)(23++-=x x x x f ] 3,0(),0(0)(]3,0(),0(0)(30)3()(,)(,0)()3,3 1(9)0()()(,0)()3 1,0(3,310)() 3)(13(3103)().2(''21‘2'的取值范围为所以内恒成立 在时当且仅当内不恒成立在时所以当所以单调递减时当所以单调递增时当得由m m x f m ，m x f m f x f x f x f x f x f ，x f x f x x x x f x x x x x f >∈>>=><∈=>>∈===--=+-= 基础训练： .___________24.434的取值范围是则实数都成立对任意实数若不等式a ，x a x x -≥-
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．
高考题中的利用导数求参数范围 一 .与二次函数的性质、单调性、不等式等相联系 求解策略：利用“要使a x f >)(成立，只需使函数的最小值a x f >min ) (恒成立即可；要使a x f <)(成立， 只需使函数的最大值 a x f
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
第四节利用导数证明不等式 考点1作差法构造函数证明不等式 (1)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x＞a)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x＞a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)＞0(x＞a)．若h(a)＝0，h(x)＞h(a)(x＞a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可． (2)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x∈I)． 设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)＞0(x∈I)，也即证h(x)min＞0(x∈I)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决． 已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值． (1)求实数a的值； (2)当x＞1时，求证：f(x)＞3(x－1)． [解](1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝ax＋x ln x， 所以f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值， 所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0， 所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2. 当f′(x)＞0时，x＞e－2；当f′(x)＜0时，0＜x＜e－2， 所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1. (2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x. 令g(x)＝f(x)－3(x－1)， 即g(x)＝x ln x－2x＋3(x＞0)． g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e. 由g′(x)＞0，得x＞e；由g′(x)＜0，得0＜x＜e. 所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
帮你归纳总结(五）：导数中的求参数取值范围问题 一、常见基本题型： （1）已知函数单调性，求参数的取值范围，如已知函数()f x 增区间，则在此区间上 导函数()0f x '≥，如已知函数()f x 减区间，则在此区间上导函数()0f x '≤。 （2）已知不等式恒成立，求参数的取值范围问题，可转化为求函数的最值问题。 例1.已知a ∈R ，函数2 ()()e x f x x ax -=-+.（x ∈R ，e 为自然对数的底数） （1）若函数()(1,1)f x -在内单调递减，求a 的取值范围； （2）函数()f x 是否为R 上的单调函数，若是，求出a 的取值范围；若不是，请说明 理由. 解： （1）2 -()()e x f x x ax =-+Q -2 -()(2)e ()(e )x x f x x a x ax '∴=-++-+-=2-(2)e x x a x a ??-++??. ()()f x 要使在-1,1上单调递减， 则()0f x '≤ 对(1,1)x ∈- 都成立， 2 (2)0x a x a ∴-++≤ 对(1,1)x ∈-都成立. 令2 ()(2)g x x a x a =-++，则(1)0, (1)0. g g -≤?? ≤? 1(2)01(2)0 a a a a +++≤?∴?-++≤?, 3 2a ∴≤-. （2）①若函数()f x 在R 上单调递减，则()0f x '≤ 对x ∈R 都成立 即2-(2)e 0x x a x a ??-++≤?? 对x ∈R 都成立. 2e 0,(2)0x x a x a ->∴-++≤Q 对x ∈R 都成立 令2 ()(2)g x x a x a =-++， Q 图象开口向上 ∴不可能对x ∈R 都成立 ②若函数()f x 在R 上单调递减，则()0f x '≥ 对x ∈R 都成立， 即2-(2)e 0x x a x a ??-++≥?? 对x ∈R 都成立， e 0,x ->Q 2(2)0x a x a ∴-++≥ 对x ∈R 都成立. 22(2)440a a a ?=+-=+>Q 故函数()f x 不可能在R 上单调递增. 综上可知，函数()f x 不可能是R 上的单调函数 例2：已知函数()()ln 3f x a x ax a R =--∈, 若函数()y f x =的图像在点(2,(2))f 处的切
利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧
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 设， 证明：分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。证明：，设 当时 ，当时 ， 即在上为减函数，在上为增函数 ∴，又 ∴， 即 设 当时，，因此在区间上为减函数； 因为，又 ∴， 即 故综上可知，当 时，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。技巧精髓 一、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、 不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。 二、解题技巧是构造辅助函数，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，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个 x x x g ln )(=b a <<02ln )(2 ( 2)()(0a b b a b g a g -<+-+<1ln )(+='x x g )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 +-=+-=?+-='a x <<00)(<'x F a x >0)(>'x F )(x F ),0(a x ∈),(+∞∈a x 0)()(min ==a F x F a b >0)()(=>a F b F 0)2 (2)()(>+-+b a g b g a g 2ln )(2 (2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+=)ln(ln 2ln 2 ln ln )(x a x x a x x G +-=-+-='∴0>x 0)(' 利用导数求参数取值范围的几种类型 学习目标：（1）学会利用导数的方法求参数的取值范围 （2）通过学习培养善于思考，善于总结的思维习惯 学习重点：学会利用函数的单调性求参数的取值范围；学会利用不等式求参数的取值范围 学习难点：在求参数的取值范围中构造关于x 的函数 学习过程： 类型1. 与函数单调性有关的类型 例1. 已知0a >，函数3()f x x ax =-在[)1,x ∈+∞是一个单调函数。 (1) 试问函数()f x 在[)1,+∞上是否为单调减函数？请说明理由； (2) 若函数()y f x =在[)1,+∞上是单调增函数，试求a 的取值范围。 解：（1）'2()3f x x a =-，若函数()f x 在区间[)1,+∞上单调递减，则'2()30f x x a =-≤在[)1,x ∈+∞上恒成立，即23x a ≤对[)1,x ∈+∞恒成立，这样的a 值不存在。所以函数()f x 在区间[)1,+∞上不是单调减函数。 （2）函数()y f x =在区间[)1,+∞上是单调增函数，则'2()3f x x a =-0≥，即23a x ≤在[)1,x ∈+∞上恒成立，在此区间上233y x =≥，从而得03a <≤ 规律小结：函数在区间(a ，b)上递增'()0f x ?≥，递减'()f x ?0≤在此基础上再 研究参数的取值范围（一般可用不等式恒成立理论求解）注意：解出的参数的值要是使'()f x 恒等于0，则参数的这个值应舍去，否则保留。 类型2. 与不等式有关的类型 例2. 设函数1()(01)ln f x x x x x =>≠且 （1） 求函数()f x 的单调区间； （2） 已知12a x x >对任意(0,1)x ∈成立，求实数a 的取值范围 解：（1）'22ln 1()x f x +=-，'1()0,f x x ==若则，列表如下：利用导数求参数取值范围的几种类型(1)
相关主题
文本预览