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.
【例题2】:求曲线3231y x x =-+在)5,2(-上的最值范围 。
【答案】:)51,19(-
【解析】:由2,0,063)(212===-='x x x x x f ，该函数在),2()0,(+∞-∞ 上单增，在)2,0(上单减，当1,0==y x ；3,2-==y x ；19,2-=-=y x ；51,5==y x 。曲线3231y x x =-+在)5,2(-上的最值范围为)51,19(-。 考点二 用导数研究函数的单调性
【例题3】：已知函数5)(23-+-=x x ax x f 在R 上是单调递增函数，求a 的取值范围。
【答案】：3
1
≥
a 【解析】：123)(2+-='x ax x f ，因为)(x f 在R 上单调递增，所以，0)(≥'x f ，即：
01232≥+-x ax 在R 上恒成立，即：???≤?>00a ，所以，???<->01240a a 所以，31≥a 。
【例题4】：设函数()(0)kx f x xe k =≠．求函数()f x 的单调区间；
【答案】：若0k <，则当1,x k ??∈-∞- ???时，()'0f x >，函数()f x 单调递增，当1,,x k ??
∈-+∞ ?
??时，()'0f x <，函数()f x 单调递减。 【解析】：由()()'10kx f x kx e =+=，得()1
0x k k
=-
≠， 若0k >，则当1,x k ?
?∈-∞- ??
?时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，
当1,,x k ??∈-+∞ ???时，()'0f x >，函数()f x 单调递增，若0k <，则当1,x k ?
?∈-∞- ??
?时，
()'0f x >，函数()f x 单调递增，当1,,x k ??
∈-+∞ ???时，()'0f x <，函数()f x 单调递减。
考点三 用导数证明不等式
【例题5】：设函数()1x f x e -=-，证明：当x ＞-1时，()1
x
f x x ≥
+ 【答案】：如下
【证明】：当1->x 时，1
)(+≥
x x x f 当且仅当,令1x g x e x =--（
），则 1.x g x e =-，
（）当0≥x 时0g x '≥（），）（x g 在[)∞+.0是增函数：当0≤x 时()0g x '≤，)(x g 在(]0.∞-是减函数，于是)(x g 在0=x 处达到最小值，因而当R x ∈时，)0()(g x g ≥，即1,x e x ≥+所以当1->x 时，
.1
)(+≥
x x
x f 【例题6】：设函数2()ln(1)2
x
f x x x =+-
+，证明：当x ＞0时，()f x ＞0； 【答案】：如下
【证明】：
2
22
12(2)2()0,(1)1(2)(1)(2)
x x x f x x x x x x +-'=-=≥>-++++，（仅当0x =时()0f x '=） 故函数()f x 在(1,)-+∞单调递增，当0x =时，()0f x =，故当0)(,0>>x f x 。 考点四 函数中含参数的问题
【例题7】：设2
1)(ax
e x
f x
+=，其中a 为正实数，若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围
【答案】：.10≤ 【解析】：对)(x f 求导得.)1(1)(2 22ax ax ax e x f x +-+=' ①若)(x f 为R 上的单调函数， 则)(x f '在R 上不变号，结合①与条件a>0，知0122≥+-ax ax ，在R 上恒成立，因此 ,0)1(4442≤-=-=?a a a a 由此并结合0>a ，知.10≤ 【例题8】：已知点P 在曲线4 1 x y e = +上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是 【答案】： 34 π απ≤≤ 【解析】：因为' 2441(1)2x x x x e y e e e --==≥-+++，即0tan 1α>≥-,所以34 π απ≤≤。 考点五 导数的综合问题 【例题9】：设0a >，讨论函数2()ln (1)2(1)f x x a a x a x =+---的单调性． 【答案】：如下 【解析】：函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 212(1)2(1)1()2(1)2(1)a a x a x f x a a x a x x ---+'=+---= 令2()2(1)2(1)1g x a a x a x =---+，224(1)8(1)121644(31)(1)a a a a a a a ?=---=-+=-- ① 当1 03a << 时，0?>，令()0f x '=，解得x = 则当0x << 或x >时，()0f x '> x << ()0f x '< 则()f x 在，)+∞上单调递增， 在上单调递减 ② 当1 13 a ≤≤时，0?≤，()0f x '≥，则()f x 在(0,)+∞上单调递增 ③ 当1a >时，0?>，令()0f x '=，解得x = ∵0x >，∴x = ，则当0x <<时，()0f x '> 当x > 时，()0f x '<，则()f x 在上单调递增， 在)+∞上单调递减 【例题10】：设函数ax x x a x f +-=22ln )(，0>a （Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）求所有实数a ，使2)(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈恒成立． 【答案】：()f x 的增区间为(0,)a ，减区间为(,)a +∞ 【解析】：（1）因为 22()ln .0 f x a x x ax x =-+>其中，所以 2()(2) ()2a x a x a f x x a x x -+'=-+=- 由于0a >，所以()f x 的增区间为(0,)a ，减区间为(,)a +∞ （Ⅱ）证明：由题意得，(1)11,f a c a c =-≥-≥即，由（Ⅰ）知()[1,]f x e 在内单调递增， 要使2 1()[1,]e f x e x e -≤≤∈对恒成立，只要222 (1)11, ()f a e f e a e ae e =-≥-??=-+≤?，解得.a e = 四、课堂练习 【基础型】 1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 答案：),29(+∞ 解析：记F （x ）=x 4 ﹣4x 3 ∵x 4 ﹣4x 3 ＞2﹣a 对任意实数x 都成立，∴F （x ）在R 上的最小值大于2﹣a 求导：F ′（x ）=4x 3﹣12x 2=4x 2 （x ﹣3），当x ∈（﹣∞，3）时，F ′（x ）＜0，故F （x ）在（﹣∞，3）上是减函数；当x ∈（3，+∞）时，F ′（x ）＞0，故F （x ）在（3，+∞）上是增函数． ∴当x=3时，函数F （x ）有极小值，这个极小值即为函数F （x ）在R 上的最小值 即[F （x ）]min =F （3）=﹣27，因此当2﹣a ＜﹣27，即a ＞29时，等式x 4﹣4x 3＞2﹣a 对任意实数x 都成立，故答案为：（29，+∞） 2若不等式 2x －1>m(x 2 -1)对满足－2≤m ≤2的所有m 都成立，求x 的取值范围。 答案：2 3 1x 271+<<+- 解析：原不等式化为 (x 2－1)m －(2x －1)<0,记f(m)= (x 2－1)m －(2x －1) (－2≤m ≤2) 根据题意有：?????<=<=01)-(2x -1)-2(x f(2)01)-(2x -1)--2(x f(-2)2 2，即：?????<->+0 1-2x 2x 0 3-2x 2x 22 解之得x 的取值范围为2 3 1x 271+<<+- 【巩固型】 1若函数()ln f x kx x =-在区间（1，+∞）单调递增，则k 的取值范围是 （A ）(],2-∞- （B ）(],1-∞- （C ）[)2,+∞ （D ）[)1,+∞ 答案D 解析：因为)(x f 在),1(+∞上递增， 0)(≥'∴x f 恒成立，x kx x f ln )(-= ，01 )(≥-='∴x k x f ，即x k 1 1> ≥，所以),1[+∞∈k 。 2在平面直角坐标系xOy 中，已知点P 是函数)0()(>=x e x f x 的图象上的动点，该图象在P 处的切线l 交y 轴于点M ，过点P 作l 的垂线交y 轴于点N ，设线段MN 的中点的纵坐标为t ，则t 的最大是 。 答案：11 ()2e e + 解析： 000000(),(0,) x x x x y e e x x N e x e ---=--+， 00000000011 [(1)]()22 x x x x x x t x e e x e e x e e --=-++=+- 00'01 ()(1)2 x x t e e x -=+-，所以，t 在(0,1)上单调增，在(1,)+∞单调减，max 11()2t e e =+ 【提高型】 1设()nx mx x x f ++= 23 3 1. （1）如果()()32--'=x x f x g 在2-=x 处取得最小值5-，求()x f 的解析式； （2）如果()+∈<+N n m n m ,10，()x f 的单调递减区间的长度是正整数，试求m 和n 的值． 答案：x x x x f 233 1 )(23++=（2）m=2，n=3或，5,3==n m 解析：（1）已知()nx mx x x f ++= 23 3 1，()n mx x x f ++=∴22' 又()()()322322'-+-+=--=n x m x x x f x g 在2-=x 处取极值， 则()()()3022222'=?=-+-=-m m g ，又在2-=x 处取最小值-5. 则()()()25342222 =?-=-+?-+-=-n n g ，()x x x x f 233 123 ++= ∴ （2）要使()nx mx x x f ++= 23 3 1单调递减，则()022'<++=∴n mx x x f 又递减区间长度是正整数，所以()022'=++=n mx x x f 两根设做a ，b 。即有： b-a 为区间长度。又()()+∈-=-= -+= -N n m n m n m ab b a a b ,2444222 又b-a 为正整数，且m+n<10,所以m=2，n=3或，5,3==n m 符合。 2设()ln f x x =，()()()g x f x f x '=+． （1）求()g x 的单调区间和最小值；（2）讨论()g x 与1 ()g x 的大小关系； （3）求a 的取值范围，使得()()g a g x -＜ 1 a 对任意x ＞0成立． 答案：（1）(1) 1.g =（3）0a e << 解析：（1）由题设知1()ln ,()ln f x x g x x x ==+，∴21(),x g x x -'=令()g x '=0得x =1， 当x ∈（0，1）时，()g x '＜0，()g x 是减函数，故（0，1）是()g x 的单调减区间。 当x ∈（1，+∞）时，()g x '＞0，()g x 是增函数，故（1，+∞）是()g x 的单调递增区间， 因此，x =1是()g x 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以()g x 的最小值为 (1) 1.g = (2)1()ln g x x x =-+，设11 ()()()ln h x g x g x x x x =-=-+，则22(1)()x h x x -'=-，当1x =时， (1)0h =，即1 ()()g x g x =，当(0,1)(1,)x ∈?+∞时，()0h x '<，因此，()h x 在(0,)+∞内单调 递减， 当01x <<时，()(1)0h x h >=，即1 ()().g x g x < （3）由（1）知()g x 的最小值为1，所以，1()()g a g x a -< ，对任意0x >，成立1 ()1,g a a ?-< 即1,Ina <从而得0a e <<。 五、课程小结 本节课是高考中必考的知识点，而且在高考中往往有一定的难度，所以需要学生要准确的理解知识点，灵活并熟练地掌握求导公式，学会建立切线方程，特别是没有给出具体点切线方程的建立。用点线式求切线方程的步骤： 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。 六、课后作业 【基础型】 1设函数()()21f x x aIn x =++有两个极值点12x x 、，且12x x < （I ）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；（II ）证明：()2122 4 In f x -> 答案：1 02 a << 解析：（I ）()2222(1)11a x x a f x x x x x ++'=+=>-++，令2()22g x x x a =++，其对称轴为 1 2 x =-。由题意知12x x 、是方程()0g x =的两个均大于1-的不相等的实根，其充要条件为 480(1)0 a g a ?=->?? -=>?，得1 02a <<，⑴当1(1,)x x ∈-时，()0,()f x f x '>∴在1(1,)x -内为增函数；⑵当12(,)x x x ∈时，()0,()f x f x '<∴在12(,)x x 内为减函数；⑶当2,()x x ∈+∞时， ()0,()f x f x '>∴在2,()x +∞内为增函数； （II ）由（I ）21 (0)0,02 g a x =>∴-<<，222(2)a x x =-+2 ()()()22222222221(2)1f x x aln x x x x ln x ∴=++=-++2，设 ()()221 (22)1()2 h x x x x ln x x =-++>-， 则()()()22(21)122(21)1h x x x ln x x x ln x '=-++-=-++，⑴当1 (,0)2 x ∈-时，()0,() h x h x '>∴在1 [,0)2 -单调递增；⑵当(0,)x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 在(0,)+∞单调递减。 ()1112ln 2(,0),()224x h x h -∴∈->-= 当时，故()22122 ()4 In f x h x -=>． 2（Ⅰ）设函数2()ln(1)2 x f x x x =+- +，证明：当x ＞0时，()f x ＞0； （Ⅱ）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽 取20次，设抽得的20个号码互不相同的概率为p .证明：p ＜199()10 ＜21 e . 答案：如下 解析：（Ⅰ） 2 22 12(2)2()0,(1)1(2)(1)(2)x x x f x x x x x x +-'=-=≥>-++++，（仅当0x =时()0f x '=） 故函数()f x 在(1,)-+∞单调递增.当0x =时，()0f x =，故当x ＞0时，()f x ＞0. （Ⅱ）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，连续抽取20次，则 抽得的20个号码互不相同的概率为20 100 20 100A p =，要证p ＜（910）19＜21e . 20 1910020 910010 A p =<（） 即证19)90(819899 )90(819899 192910e -<（），即证192109e >（），即证1029 >19ln ，即证102 9>ln 19 由（Ⅰ）2()ln(1)2x f x x x =+- +，当x ＞0时，()f x ＞0.令1 ,9 x =则 1 2112 9ln(1)ln(1)019919 29 ? +-=+->+，即1029>ln 19，综上有：192910p e -< <（）。 【巩固型】 3已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )，当m ≤2时，证明f (x )＞0. 答案：如下 证明：当m ≤2，),(+∞-∈m x 时，)2ln()ln(+≤+x m x ，故只需证明当m ＝2时，0)(>x f . 当m ＝2时，函数2 1 )(+- ='x e x f x 在(－2，＋∞)单调递增．又0)1(<-'f f ，0)1(>-'f ， 故0)(='x f 在(－2，＋∞)有唯一实根x 0，且)0,1(0-∈x ．当),2(0x x -∈时，0)(<'x f f ； 当),(0+∞∈x x 时，0)(>'x f f ′，从而当x ＝x 0时，f (x )取得最小值． 由0)(0='x f 得2 1 00+= x e x ，00)2ln(x x -=+， 故02 )1(21 )()(02 0000>++=++= ≥x x x x x f x f . 综上，当m ≤2时，0)(>x f f (x )＞0. 4已知函数b ax x x f ++=2)(，)()(d cx e x g x +=若曲线)(x f y =和曲线)(x g y =都过点 )2,0(P ，且在点P 处有相同的切线24+=x y . （Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值；（Ⅱ）若x ≥－2时，)()(x kg x f ≤，求k 的取值范围. 答案：（1）2,2,2,4====d c b a （2）[1，e 2] 解析：(1)由已知得4)0(,2)0(,2)0(,2)0(='='==g f g f .而 )()(,2)(c a cx e x g a x x f x ++='+='， 故4,2,2,2=+===c d a d b .从而2,2,2,4====d c b a . (2)由(1)知，)1(2)(,24)(2+=++=x e x g x x x f x ． 设函数24)1(2)()()(2---+=-=x x x ke x f x kg x F x ， 则)1)(2(242)2(2)(-+=--+='x x ke x x x ke x F ．由题设可得0)0(≥F ，即1≥k . 令0)(='x F 得nk x 11-=，22-=x . ①若21e k ≤≤，则021≤<-x .从而当),2(1x x -∈时，0)(<'x F ；当),(1+∞∈x x 时， 0)(>'x F .即F (x )在(－2，x 1)单调递减，在(x 1，＋∞)单调递增．故F (x )在[－2，＋∞)的最小值为 F (x 1)． 而0)2(2422)(1112111≥+-=---+=x x x x x x F .故当2-≥x 时，0)(≥x F ，即)()(x kg x f ≤恒 成立． ②若2e k =，则))(2(2)(22--+='e e x e x F x ．从而当x ＞－2时，0)(>'x F ，即F (x )在(－2， ＋∞)单调递增．而0)2(=-F ，故当2-≥x 时，0)(≥x f ，即f (x )≤kg (x )恒成立． ③若k ＞e 2，则0)(222)2(222<--=+-=---e k e ke F .从而当2-≥x 时，)()(x kg x f ≤不可能恒成立． 综上，k 的取值范围是[1，e 2]． 5已知函数ln ()1a x b f x x x = ++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。 （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x > +-，求k 的取值范围。 答案：（1）1a =，1b =（2）0k ≤ 解析：（Ⅰ）22 1 ( ln ) '()(1)x x b x f x x x α+-= -+， 由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1) (1)1,1'(1),2f f =???=-??即1, 1,22 b a b =???-=-??解得1a =，1b =。 （Ⅱ）由（Ⅰ）知ln 1f ()1x x x x =++，所以22ln 1(1)(1) ()()(2ln )11x k k x f x x x x x x ---+=+--。 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >，则22 (1)(1)2'()k x x h x x -++=。 (i)设0k ≤，由22 2 (1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <，h(x)递减。而(1)0h =故 当(0,1)x ∈时， ()0h x >，可得 21 ()01h x x >-；当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得2 11x - h （x ）>0 从而当x>0,且x ≠1时，f （x ）-（ 1ln -x x +x k ）>0，即f （x ）>1ln -x x +x k . （ii ）设0 244(1)0k ?=-->，对称轴x= 1 11k >-. 当x ∈（1，k -11）时，（k-1）（x 2 +1）+2x>0,故'h (x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，k -11）时，h （x ）>0，可得2 11 x -h （x ）<0,与题设矛盾。 （iii ）设k ≥1.此时212x x +≥，2(1)(1)20k x x -++>?'h （x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，+∞）时，h （x ）>0，可得 2 11 x - h （x ）<0,与题设矛盾。 【提高型】 6已知函数32()3(36)124()f x x ax a x a a R =++-+-∈ (Ⅰ)证明：曲线()0y f x x ==在(2,2)的切线过点； （Ⅱ）若00()(1,3)f x x x x =∈在处取得极小值，,求a 的取值范围。 答案：5 (,21)2 - 解析：(Ⅰ) 2()36(36)f x x ax a '=++-，(0)36f a '=-，又(0)124f a =- 曲线()0y f x x ==在的切线方程是：(124)(36)y a a x --=-，在上式中令2x =，得2y = 所以曲线()0y f x x ==在(2,2)的切线过点； （Ⅱ）由()0f x '=得22120x ax a +--=，（i ）当11a ≤≤时，()f x 没有极小值； (ii)当1a >或1a <时，由()0f x '=得12x a x a =-=- 故02x x =。由题设知13a <-，当1a >时，不等式13a <-<无解； 当1a <时，解不等式13a <-<得5 12a -<< 综合(i)(ii)得a 的取值范围是5 (,1)2 -。 7已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+. （Ⅰ）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围；（Ⅱ）证明：(1)()0x f x -≥ . 答案：[)1,-+∞. 解析：11 ()ln 1ln x f x x x x λ +'= +-=+，()ln 1xf x x x '=+,题设2()1xf x x ax '≤++等价于ln x x a -≤.令()ln g x x x =-，则1 ()1g x x '=-，当01x ＜＜，'()0g x ＞；当1≥x 时，0)(≤'x g ， 1x =是()g x 的最大值点，1)1()(-=≤g x g ，综上，a 的取值范围是[)1,-+∞. (Ⅱ)由（Ⅰ）知，1)1()(-=≤g x g 01ln <+-x x .当10< ()(1)ln 1ln (ln 1)0f x x x x x x x x =+-+=+-+≤；当1≥x 时， ()ln (ln 1)f x x x x x =+-+ 1ln (ln 1)x x x x =++ -11 ln (ln 1)x x x x =--+0≥，所以0)()1(≥-x f x . 8设函数()1x f x e -=-． （Ⅰ）证明：当1->x 时，()1x f x x ≥+；（Ⅱ）设当0x ≥时，()1 x f x ax ≤+，求a 的取值范围． 答案：?? ? ???210， 解析：（Ⅰ）当1->x 时，1 )(+≥ x x x f 当且仅当,令1x g x e x =--（ ），则 1.x g x e =-， （）当0≥x 时0g x '≥（），） （x g 在[)∞+.0是增函数：当0≤x 时()0g x '≤，)(x g 在(]0.∞-是减函数，于是)(x g 在0=x 处达到最小值，因而当R x ∈时，)0()(g x g ≥，即1,x e x ≥+所以当1->x 时， .1 )(+≥ x x x f （Ⅱ）有题设0≥x ，此时0)(≥x f ，当0则,01<+ax x 1 )(+≤ax x x f 不成 立； 当0≥a 时，令x x f x axf x h -+=)()()(，则1 )(+≤ ax x x f 当且仅当.0)(≤x h （i ）当2 1 0≤ ≤a 时，由（Ⅰ）知)()1(x f x x +≤()()()(1)()()h x af x axf x a x f x f x '≤-++- 0)(12≤-=x f a ）（.)(x h 在[)∞+.0是减函数，0)0()(=≤h x h ，即.1 )(+≤ ax x x f (ⅱ)当 2 1a > 时,由(ⅰ)知 )(x f x ≥,()()()()h x af x axf x ax f x '=-+-)()()()(x f x af x axf x af -+-≥ )()12(x f ax a --=.当a a x 1 20-< <时，0)(>'x h ，所以0)0()(=>h x h ，即1)(+>ax x x f ， 综上，a 的取值范围是?? ? ???210，。 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 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； 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/ac2164746.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∈ 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 编号：2007-HX-001 不等式恒成立、能成立、恰成立问题 [文档副标题] [日期] 福建省长乐第一中学教科室 [公司地址] 不等式恒成立、能成立、恰成立问题 一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值： （1）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 >，?()f x 的下界大于A （2）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 <,()f x 的上界小于A 例1、设f(x)=x 2 -2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。 例2、已知(),22x a x x x f ++= 对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围; 例 3、R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当?? ? ??∈2, 0πθ时，有() ()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒成立，求实数m 的取值范围. 例4、已知函数)0(ln )(4 4>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值3c --，其中a 、b 为常数. （1）试确定a 、b 的值； （2）讨论函数)(x f 的单调区间； （3）若对任意0>x ，不等式2 2)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围。 2、主参换位法 例5、若不等式a 10x -<对[]1,2x ∈恒成立，求实数a 的取值范围 例6、若对于任意1a ≤，不等式2 (4)420x a x a +-+->恒成立，求实数x 的取值范围 例7、已知函数32 3()(1)132 a f x x x a x = -+++，其中a 为实数．若不等式2()1f x x x a '--+＞对任意(0)a ∈+∞，都成立，求实数x 的取值范围． 3、分离参数法 （1） 将参数与变量分离，即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； （2） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值； （3） 解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ，得λ的取值范围。 适用题型：（1） 参数与变量能分离；（2） 函数的最值易求出。 例8、当(1,2)x ∈时，不等式2 40x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是 . 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． 不等式恒成立、能成立、恰成立问题 一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值： （1）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 >，?()f x 的下界大于A （2）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 <,()f x 的上界小于A 例1、设f(x)=x2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值范围。 例2、已知(),22x a x x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围; 例3、R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当 ??? ??∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒 成立，求实数m 的取值范围. 例4、已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值3c --，其中a 、b 为常数.（1）试确定a 、b 的值； （2）讨论函数)(x f 的单调区间； （3）若对任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围。 2、主参换位法 例5、若不等式a 10x -<对 []1,2x ∈恒成立，求实数a 的取值范围 例6、若对于任意1a ≤，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，求实数x 的取值范围 例7、已知函数323()(1)132a f x x x a x = -+++，其中a 为实数．若不等式 2()1f x x x a '--+＞对任意(0)a ∈+∞，都成立，求实数x 的取值范围． 3、分离参数法 （1） 将参数与变量分离，即化为 ()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； （2） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值； （3） 解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ，得λ的取值范围。 适用题型：（1） 参数与变量能分离；（2） 函数的最值易求出。 例8、当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是 . 例9、已知函数321()33f x ax bx x =+++,其中0a ≠（1）当b a ,满足什么条件时,)(x f 取得极值?（2）已知0>a , 且)(x f 在区间(0,1]上单调递增,试用a 表示出b 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） 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， 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)(' 不等式恒成立、能成立、恰成立问题 一、不等式恒成立问题的处理方法 1、转换求函数的最值： （1）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 >，?()f x 的下界大于A （2）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 <,()f x 的上界小于A 例1、设f(x)=x2-2ax+2,当x ∈[-1,+∞]时，都有f(x)≥a 恒成立，求a 的取值围。 例2、已知(),22x a x x x f ++=对任意[)()0,,1≥+∞∈x f x 恒成立,试数a 的取值围; 例3、R 上的函数()x f 既是奇函数，又是减函数，且当 ??? ??∈2,0πθ时，有()()022sin 2cos 2>--++m f m f θθ恒 成立，数m 的取值围. 例4、已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值3c --，其中a 、b 为常数.（1）试确定a 、b 的值； （2）讨论函数)(x f 的单调区间； （3）若对任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值围。 2、主参换位法 例5、若不等式a 10x -<对 []1,2x ∈恒成立，数a 的取值围 例6、若对于任意 1a ≤，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，数x 的取值围 例7、已知函数323()(1)132a f x x x a x = -+++，其中a 为实数．若不等式2()1f x x x a '--+＞对任意(0)a ∈+∞，都成立，数x 的取值围． 3、分离参数法 （1） 将参数与变量分离，即化为 ()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； （2） 求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值； （3） 解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ，得λ的取值围。 适用题型：（1） 参数与变量能分离；（2） 函数的最值易求出。 例8、当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值围是 . 例9、已知函数321()33f x ax bx x =+++,其中0a ≠（1）当b a ,满足什么条件时,)(x f 取得极值?（2）已知0>a , 且)(x f 在区间(0,1]上单调递增,试用a 表示出b 的取值围. 4、数形结合 例10 、若对任意x R ∈,不等式||x ax ≥恒成立，则实数a 的取值围是________ 例11、当x ∈(1,2)时，不等式2(1)x -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
利用导数证明不等式的常见题型
不等式恒成立问题
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
2021届高考数学(理)一轮复习学案：第3章导数及其应用第4节利用导数证明不等式
不等式恒成立、能成立、恰成立问题
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
高考数学不等式恒成立、能成立、恰成立问题
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)
【高中数学】利用导数证明不等式
利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧
高考数学：不等式恒成立、能成立、恰成立问题
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