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

利用导数证明或解决不等式问题在数学中，不等式问题是一个重要且常见的问题类型。

不等式问题涉及到数学中的大小关系，通过比较不同数值的大小关系来判断不等式的成立或者不成立。

在解决不等式问题的过程中，利用导数进行证明和解决不等式问题是一种常见的方法。

导数是函数在某一点的变化率，它可以帮助我们很好地理解函数的性质，并且在解决不等式问题时起到了重要的作用。

本文将详细介绍如何利用导数证明或解决不等式问题。

让我们回顾一下导数的基本概念。

在数学中，导数衡量了函数在特定点的变化率。

对于函数y=f(x)，它在点x处的导数记作f'(x)，表示函数在点x处的斜率或者变化率。

导数可以被理解为函数曲线在某一点的切线的斜率，它告诉我们函数在这一点的变化方向和速度。

导数的正负号以及大小可以帮助我们判断函数在该点附近的增减性，从而帮助我们理解函数的性质。

在利用导数证明或解决不等式问题时，我们通常需要借助导数的性质和相关定理来进行推导和证明。

在一元函数的情况下，我们可以通过求导和导数的性质来分析函数的单调性、极值、凹凸性等，从而进一步解决不等式问题。

下面通过具体的例子来介绍如何利用导数证明或解决不等式问题。

例1：证明不等式x^2>0成立。

解：我们将函数y=x^2进行求导，得到y'=2x。

首先我们观察到当x=0时，有y=0，因此0为该函数的一个根。

对于x≠0的情况，函数的导数始终为正数，说明函数在整个实数域上是单调递增的，因此函数的值始终大于0。

我们通过导数的信息证明了不等式x^2>0成立。

解：首先我们将不等式2x^2-3x+1>0转化为函数f(x)=2x^2-3x+1>0，然后求出函数的导数f'(x)=4x-3。

我们找出函数f(x)的驻点，即f'(x)=0的点，求解方程4x-3=0得到x=3/4。

然后我们观察驻点处的导数的正负号，由于3/4是f'(x)的零点，所以我们取x=0和x=1来代入f'(x)进行验证。

探索探索与与研研究究我们在解题时经常会遇到不等式恒成立问题,此类问题常与不等式、对数、指数等复杂的函数相结合，是一类难度较大的问题.采用常规的方法，如利用函数的单调性、基本不等式、配方法等难以使问题获解，我们需灵活运用导数法来求解.运用导数法解答不等式恒成立问题，有时需用到分离变量法、构造函数法，有时可直接把问题转化为函数的最值问题来求解.运用导数法解答不等式恒成立问题的基本思路是：1.将不等式进行变形，构造合适的函数；2.对函数进行求导，利用导数研究函数的单调性，求出最值；3.将问题进行转化，即f (x )≥a 恒成立⇒f (x )min ≥a ；f (x )≥a 成立⇒f (x )max ≥a ；f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ；f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b ；f (x )＞g (x )恒成立⇔F (x )min >0.4.得出相应的不等式，求出参数的取值范围或者证明结论.下面举例说明.例1.已知函数f (x )=e x-ln(x +m ).证明：当m ≤2时，f (x )>0恒成立.证明：由函数f (x )=e x -ln(x +m )可知其定义域为(-m ,m ).当m ≤2时，ln(x +m )≤ln(x +2)，f ′(x )=e x -x x +2.当x ∈()-2,+∞时，f ′(x )=e x-xx +2单调递增，所以f ′(x )=e x -1x +2=0在x ∈()-2,+∞上有唯一的实数根x 0，且x 0∈()-1,0.当x ∈(-2,x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0,+∞)时，f ′(0)>0.所以当x =x 0时，f (x )有最小值f (x )min =f (x 0)=e x 0-ln(x 0+2).令f ′(x )=0，解得e x 0=1x 0+2，则ln(x 0+2)=-x 0，所以f (x 0)=1x 0+2+x 0=(x 0+1)2x 0+2>0.所以结论成立.解答本题，我们需先对函数f (x )进行求导，在函数的定义域内确定函数的零点，然后将函数的定义域划分为(-2,x 0)和(x 0,+∞)两个区间段，分别在两个区间段上讨论导函数与0之间的关系，判断出函数的单调性，确定函数的最小值，使f (x )min >0,即可证明f (x )>0恒成立.例2.f (x )=ax ln x +be（其中e 为自然对数），曲线y =f (x )在点()1,f (x )处的切线方程为y =x -1+3e.证明：e x xf (x )>2恒成立.证明：由函数f (x )=ax ln x +be可知其定义域为()0,+∞.对函数f (x )=ax ln x +be求导可得f ′(x )=a (1+ln x ),而函数在()1,f (x )处的切线方程为y =x -1+3e，所以f (1)=b e =3e ，f ′(1)=a =1，解得b =3.所以e x x f (x )==e xx (x ln x +3e )>2，即x ln x >2x ex -3e .设g (x )=x ln x ，则g ′(x )=1+ln x .①当x ∈æèöø0,+1e 时，g ′(x )<0，此时g (x )单调递减；②当x ∈æèöø1e ,+∞时，g ′(x )>0，此时g (x )单调递增.设h (x )=2x e x -3e ，则h ′(x )=2ex -3e .当x ∈()0,1时，h ′(x )>0，此时h (x )单调递增；当x ∈()1,+∞时，h ′(x )<0，此时h (x )单调递减，所以h (x )max =h (x )=-1e，所以g (x )>h (x )，即x ln x >2x ex -3e ，所以结论成立.本题较为复杂，需要多次构造函数，如g (x )=x ln x 、h (x )=2x ex-3e ，然后多次对函数进行求导，讨论它们在x ∈()0,+∞上的单调性、最值，最后进行比较证明不等式恒成立.虽然不等式恒成立问题的难度较大、运算量也较大，但是我们只要严格按照上述步骤合理构造函数，利用导函数来确定函数的单调性，便能快速求得函数的最值，证明不等式成立.值得注意的是，在求导时要注意把握分类讨论的层级，不得越级讨论.（作者单位：江苏省南京市板桥中学）55。

2021年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题3.5 高考解答题热点题型（二）利用导数解决不等式恒(能)成立问题目录一、题型全归纳 (1)题型一恒成立问题 (1)类型一分离参数法求范围 (1)类型二把参数看作常数利用分类讨论方法解决 (2)题型二能成立问题 (3)题型三不等式存在性成立问题 (4)二、高效训练突破 (4)一、题型全归纳题型一恒成立问题类型一分离参数法求范围【题型要点】1.若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解．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f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．【例1】(2020·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝ax e x－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x ＞0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【例2】已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围．类型二 把参数看作常数利用分类讨论方法解决【题型要点】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．2.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．【例3】(2020·合肥六校联考)已知函数f (x )＝(x ＋a －1)e x，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a 为常数．(1)当a ＝2时，求函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．【例4】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，求实数a 的取值范围．题型二 等价转化法解决能成立问题【题型要点】存在x ∈[a ，b ]，f (x )≥a 成立∈f (x )max ≥a . 存在x ∈[a ，b ]，f (x )≤a 成立∈f (x )min ≤a .存在x 1∈[a ，b ]，对任意x 2∈[a ，b ]，f (x 1)≤g (x 2)成立∈f (x )min ≤g (x )min . 【例1】已知函数f (x )＝3ln x －12x 2＋x ，g (x )＝3x ＋a . (1)若f (x )与g (x )的图象相切，求a 的值；(2)若∈x 0＞0，使f (x 0)＞g (x 0)成立，求参数a 的取值范围．题型三 不等式存在性成立问题【题型要点】∈任意x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)∈f (x 1)min >g (x 2)max ； ∈任意x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)∈f (x 1)min >g (x 2)min ； ∈存在x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)∈f (x 1)max >g (x 2)min ； ∈存在x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)∈f (x 1)max >g (x 2)max .【例1】已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (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．二、高效训练突破1.已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围．2.(2020·哈尔滨六中模拟)已知函数f (x )＝x ln x ＋12ax 2－1，且f ′(1)＝－1.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，都有f (x )－2mx ＋1≤0，求m 的取值范围； (3)证明函数y ＝f (x )＋2x 的图象在g (x )＝x e x －x 2－1图象的下方．3.已知函数f (x )＝ln xx －1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )<k e x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数k 的取值范围．4.已知函数f (x )＝ax －e x(a ∈R )，g (x )＝ln xx .(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．5.(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．6．(2020·贵州省适应性考试)函数f (x )＝x －ln x ，g (x )＝a e x . (1)求函数f (x )的单调区间； (2)求证：当a ≥1e 时，xf (x )≤g (x )．7.已知函数f (x )＝2a －x 2e x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若∈x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )＞－1恒成立，求实数a 的取值范围．8．设f (x )＝ax＋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．9.(2020·贵州省适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(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．10．(2020·重庆市七校联合考试)设函数f (x )＝1x －ee x ，g (x )＝a (x 2－1)－ln x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)证明：当x >1时，f (x )>0； (2)讨论g (x )的单调性；(3)若不等式f (x )<g (x )对x ∈(1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．2021年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题3.5 高考解答题热点题型（二）利用导数解决不等式恒(能)成立问题目录一、题型全归纳 (1)题型一恒成立问题 (1)类型一分离参数法求范围 (1)类型二把参数看作常数利用分类讨论方法解决 (2)题型二能成立问题 (3)题型三不等式存在性成立问题 (4)二、高效训练突破 (4)一、题型全归纳题型一恒成立问题类型一分离参数法求范围【题型要点】1.若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解．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f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．【例1】(2020·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝ax e x－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x＞0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)若a ＝1，则f (x )＝x e x －2(2x －1)． 即f ′(x )＝x e x ＋e x －4， 则f ′(0)＝－3，f (0)＝2，所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0. (2)由f (1)≥0，得a ≥1e －1＞0，则f (x )≥0对任意的x ＞0恒成立可转化为a a ＋1≥2x －1x e x 对任意的x ＞0恒成立．设函数F (x )＝2x －1x e x (x ＞0)，则F ′(x )＝－(2x ＋1)(x －1)x 2e x .当0＜x ＜1时，F ′(x )＞0； 当x ＞1时，F ′(x )＜0，所以函数F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以F (x )max ＝F (1)＝1e .于是a a ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1.故实数a 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,11e 【例2】已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )＜0，得ln x ＋1＜0，解得0＜x ＜1e ，所以f (x )的单调递减区间是⎪⎭⎫⎝⎛e 1,0.令f ′(x )＞0，得ln x ＋1＞0，解得x ＞1e ，所以f (x )的单调递增区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e .综上，f (x )的单调递减区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0，单调递增区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e .(2)因为g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．因为x ＞0，所以a ≥ln x －32x －12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x ＞0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍)．当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：所以当x ＝1时，h (x )max a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，即a ≥－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．类型二 把参数看作常数利用分类讨论方法解决【题型要点】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．2.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．【例3】(2020·合肥六校联考)已知函数f (x )＝(x ＋a －1)e x，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a 为常数．(1)当a ＝2时，求函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)因为a ＝2，所以f (x )＝(x ＋1)e x ，所以f (0)＝1， f ′(x )＝(x ＋2)e x ，所以f ′(0)＝2， 所以所求切线方程为2x －y ＋1＝0.。