【高考理数】利用导数解决不等式问题(解析版)

高考中利用导数证明不等式的一些策略1与lnx分开来考虑，即将f(x)分解为两个函数的和：f(x)=lnx+2ex-1.然后分别对这两个函数求导，得到f'(x)=1/x+2ex>0，说明f(x)在定义域上单调递增，且f(0)=1，因此f(x)>1成立。

评注：对于这种需要分离成两个函数的不等式，可以先观察不等式的特征，尝试将其分解为两个函数的和或差，然后分别对这些函数求导来证明不等式。

类型三、需要构造辅助函数的不等式1.利用辅助函数构造上下界例3（2016年全国卷1第23题改编）已知a,b,c>0，证明：(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)≥9分析：将(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)展开，得到a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b+3≥9.观察不等式中的每一项，可以发现这些项都可以表示为三个数的和，因此可以构造辅助函数f(x)=ln(x)+1/x-1，然后对f(x)求导，得到f'(x)=1/x^2-1，f'(x)>0当且仅当x1，因此f(x)在(0,1)和(1,∞)上分别是减函数和增函数。

接着，将a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b分别表示为f(ab)+f(ac)+f(bc)+3，然后应用均值不等式，得到f(ab)+f(ac)+f(bc)≥3f((abc)^(2/3))=3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)-3.将此式代入原不等式中，得到3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)≥6，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3.再次利用辅助函数，构造g(x)=lnx+(1/3)x^(-2/3)-2/3，对其求导得到g'(x)=1/x-(2/9)x^(-5/3)，g'(x)>0当且仅当x9/4，因此g(x)在(0,9/4)和(9/4,∞)上分别是减函数和增函数。

由于a,b,c>0，因此abc>0，因此可将不等式中的abc替换为x，得到g(abc)≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)-2/3≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3，因此原不等式成立。

利用导数证明或解决不等式问题导数是微积分中的重要概念，在解决不等式问题中，导数可以发挥很大的作用。

下面我们将以一些具体的例子来说明如何利用导数证明或解决不等式问题。

例子1：证明不等式x^2≥0在实数域中恒成立。

解析：对于任意实数x，在实数域中，不管x取何值，其平方x^2都大于等于0。

我们可以通过导数来证明这个不等式。

对x^2进行求导，得到导函数2x。

我们知道，导数表示函数的变化率，对于x^2来说，导函数2x表示了函数的斜率，也就是说，无论x取何值，函数x^2的斜率总为正数或者0。

因为函数的斜率总是非负的，所以x^2≥0在实数域中恒成立。

例子2：求函数f(x)=x^3-3x^2+2x的极值点。

解析：要求函数f(x)的极值点，我们可以先求出函数的导数f'(x)，然后将f'(x)=0进行求解。

导数为0的点即为极值点。

将f'(x)=3x^2-6x+2=0进行求解，可以得到x=1或者x=2。

接下来，我们可以求出函数在x=1和x=2处的函数值，并比较求出极值点。

f(1)=1^3-3*1^2+2*1=0f(2)=2^3-3*2^2+2*2=0对f(x)进行求导，得到导函数f'(x)=3x^2-6。

接下来，我们可以将x轴上的一些点带入函数f'(x)进行判断。

当x<−√2时，f'(x)>0；当−√2<x<√2时，f'(x)<0；当x>√2时，f'(x)>0。

由此可见，函数f(x)=x^3-6x在区间(−∞,−√2)，(−√2,√2)，(√2,+∞)上是单调的。

高考数学第一轮复习：《利用导数证明不等式》利用导数证明不等式是高考的热点问题，常作为解答题的一问出现，难度较大，解决此类问题一般是通过构造函数把不等式问题转化为求函数单调性或最值问题解决．构造法证明一元不等式问题已知f(x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞1e x－2e x成立．解：(1)∀x∈(0，＋∞)，有2x ln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋3x，设h(x)＝2ln x＋x＋3x(x＞0)，则h′(x)＝(x＋3)(x－1)x2，①当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.(2)证明问题等价于证明x ln x＞xe x－2e(x∈(0，＋∞))．f(x)＝x ln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－1 e ，当且仅当x＝1e 时取到，设m(x)＝xe x－2e(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝1－xe x，易知m(x)max＝m(1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到．从而对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞1e x －2e x成立．【反思归纳】利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0，若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min≥g(x)max；若f(x)与g(x)的最值不易求出，可对h(x)＝f(x)－g(x)适当变形后进行转化．【即时训练】已知函数f(x)＝ax2－ax－x ln x，且f(x)≥0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－1x，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－1x.当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.(2)由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x，f′(x)＝2x－2－ln x.设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－1x.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，h ′(x )＞0.所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞单调递增． 又h (e －2)＞0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜0，h (1)＝0，所以h (x )在(0，12)有唯一零点x 0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )＞0；当x ∈(x 0,1)时，h (x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＞0. 因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点． 由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0)． 由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12得f (x 0)＜14.因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)的最大值点，由e －1∈(0,1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)＞f (e －1)＝e －2. 所以e －2＜f (x 0)＜2－2.不等式恒成立问题已知函数f (x )＝m (x －1)e x ＋x 2(m ∈R )． (1)若m ＝－1，求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＜0，不等式x 2＋(m ＋2)x ＞f ′(x )恒成立，求m 的取值范围． 解：(1)当m ＝－1时，f (x )＝(1－x )e x ＋x 2， 则f ′(x )＝x (2－e x )， 由f ′(x )＞0得，0＜x ＜ln 2， 由f ′(x )＜0得x ＜0或x ＞ln 2，故函数f (x )的单调递增区间为(0，ln 2)，单调递减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． (2)依题意，f ′(x )＝mx ⎝ ⎛⎭⎪⎫e x ＋2m ＜x 2＋(m ＋2)x ，x ＜0，因为x ＜0，所以m e x －x －m ＞0， 令h (x )＝m e x －x －m ，则h ′(x )＝m e x －1， 当m ≤1时，h ′(x )≤e x －1＜0，则h(x)在(－∞，0)上单调递减，所以h(x)＞h(0)＝0，符合题意；当m＞1时，h(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m,0)上单调递增，所以h(x)min＝h(－ln m)＜h(0)＝0，不合题意．综上所述，m的取值范围为(－∞，1]．【反思归纳】二元不等式问题有两种形式，一种形式是对于同一个函数的两个不同自变量而言，一种形式则是对不同函数的不同自变量而言．利用导数解决第一种形式的二元不等式的基本思想是把这个二元不等式转化为一元不等式，通过构造函数，然后按照导数研究一元不等式的方法解决．转化的基本思路有两个，一是根据函数的单调性把不等式转化为一个函数在指定的区间上是单调的，二是通过“齐次变换”把不等式转化为一元不等式，然后构造函数．对于第二种形式则是转化为不同函数的最值进行解答．提醒：在把不等式转换为一元不等式时要注意变换的等价性，以及变换后函数的定义域．【即时训练】函数f(x)＝e x－x－1，g(x)＝e x(ax＋x cos x＋1)．(1)求函数f(x)的极值；(2)若a＞－1，证明：当x∈(0,1)时，g(x)＞1.解析：(1)函数f(x)＝e x－x－1的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x－1，由f′(x)＞0得x＞0，f′(x)＜0得x＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)只有极小值f(0)＝0，(2)不等式g(x)＞1等价于ax＋x cos x＋1＞1e x，由(1)得：e x≥x＋1，所以1e x ＜1x＋1，x∈(0,1)，所以(ax＋x cos x＋1)－1e x＞(ax＋x cos x＋1)－1x＋1＝ax＋x cos x＋x x＋1＝x(a＋cos x＋1x＋1)．令h (x )＝cos x ＋a ＋1x ＋1，则h ′(x )＝－sin x －1(x ＋1)2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在(0,1)上为减函数，因此，h (x )＞h (1)＝a ＋12＋cos 1，因为cos 1＞cos π3＝12，所以，当a ＞－1时，a ＋12＋cos 1＞0，所以h (x )＞0，而x ∈(0,1)，所以g (x )＞1.赋值法证明正整数不等式问题已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜m ，求m 的最小值．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意；②若a ＞0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0.故a ＝1. (2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x ＞0. 令x ＝1＋12n 得ln(1＋12n )＜12n .从而 ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12＋122＋…＋12n ＝1－12n ＜1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜e. 而(1＋12)(1＋122)(1＋123)＞2，所以m 的最小值为3.【反思归纳】利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出的函数f(x)在a＝12，x≥1时，有不等式12x－1x≥ln x，根据函数的定义域，这个不等式当然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n的整数的不等式，而且不等式中含有ln n的问题，一般都是通过赋值使之产生ln n＋1n，ln nn－1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋nn＋1<n＋ln2－ln(n＋2)时，就是通过变换nn＋1＝1－1n＋1，进而通过不等式x>ln(1＋x)(x>0)，得1n>ln1＋1n＝ln(n＋1)－ln n，累加后得出的．提醒：证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．【即时训练】已知函数f(x)＝e x－ax－a(其中a∈R，e是自然对数的底数，e＝2.718 28…)．(1)当a＝e时，求函数f(x)的极值；(2)当0≤a≤1时，求证f(x)≥0；(3)求证：对任意正整数n，都有1＋121＋122…1＋12n＜e.(1)解：当a＝e时，f(x)＝e x－e x－e，f′(x)＝e x－e，当x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0；所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－e，函数f(x)无极大值；(2)解：由f(x)＝e x－ax－a，f′(x)＝e x－a①当a＝0时，f(x)＝e x≥0恒成立，满足条件，②当0＜a≤1时，由f′(x)＝0，得x＝ln a，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0， 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值即为最小值， f (x )min ＝f (ln a )＝e ln a －a ln a －a ＝－a ln a . 因为0＜a ≤1，所以ln a ≤0， 所以－a ln a ≥0， 所以f (x )min ≥0，综上得，当0≤a ≤1时，f (x )≥0；(3)证明：由(2)知，当a ＝1时，f (x )≥0恒成立， 所以f (x )＝e x －x －1≥0恒成立， 即e x ≥x ＋1，所以ln (x ＋1)≤x ，令x ＝12n (n ∈N ＋)， 得ln 1＋12n ≤12n ，所以ln 1＋12＋ln 1＋122＋…＋ln 1＋12n ≤12＋122＋…＋12n ＝121－12n 1－12＝1－12n<1，所以1＋121＋122…1＋12n ＜e.课时作业1．已知函数f (x )＝ln x 0若x 1＞x 2＞0，求证：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞2x 2x 21＋x 22.解：当x 1＞x 2＞0时，不等式f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞2x 2x 21＋x 22等价于ln x 1x 2＞2x 1x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 22＋1，即ln x 1x 2＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 22＋1.令x＝x1x2(x＞1)，构造函数F(x)＝ln x－2(x－1)1＋x2(x＞1)，F′(x)＝1x－－2x2＋4x＋2(1＋x2)2＝x4＋2x3－2x2－2x＋1x(1＋x2)2＝(x2－1)(x2＋2x－1)x(1＋x2)2＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，F(x)＞F(1)＝0，即ln x＞2(x－1)1＋x2，所以原不等式成立．2．已知函数f(x)＝mx－mx，g(x)＝2ln x，(1)当m＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当m＝1时，判断方程f(x)＝g(x)在区间(1，＋∞)上有无实根；(3)当x∈(1，e]时，不等式f(x)－g(x)＜2恒成立，求实数m的取值范围．解析：(1)m＝2时，f(x)＝2x－2x，f′(x)＝2＋2x2，f′(1)＝4，切点坐标为(1,0)，∴切线方程为y＝4x－4(2)m＝1时，令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－1x－2ln x，h′(x)＝1＋1x2－2x＝(x－1)2x2≥0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，又h(1)＝0，所以f(x)＝g(x)在(1，＋∞)内无实数根．(3)mx－mx－2ln x＜2恒成立，即m(x2－1)＜2x＋2x ln x恒成立．又x2－1＞0，则当x∈(1，e]时，m＜2x＋2x ln xx2－1恒成立，令G(x)＝2x＋2x ln xx2－1，只需m小于G(x)的最小值．G′(x)＝－2(x2ln x＋ln x＋2)(x2－1)2，∵1＜x≤e，∴ln x＞0，∴x∈(1，e]时，G′(x)＜0，∴G (x )在(1，e]上单调递减，∴G (x )在(1，e]的最小值为G (e)＝4ee 2－1， 则m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，4e e 2－1. 3．已知定义在正实数集上的函数f (x )＝12x 2＋2ax ，g (x )＝3a 2ln x ＋b ，其中a ＞0.设两曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )有公共点，且在该点处的切线相同．(1)用a 表示b ，并求b 的最大值； (2)求证：f (x )≥g (x )(x ＞0)．解：(1)设两曲线的公共点为(x 0，y 0)，f ′(x )＝x ＋2a ， g ′(x )＝3a 2x ， 由题意知f (x 0)＝g (x 0)， f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即⎩⎪⎨⎪⎧12x 20＋2ax 0＝3a 2ln x 0＋b ，x 0＋2a ＝3a 2x 0.由x 0＋2a ＝3a 2x 0，得x 0＝a 或x 0＝－3a (舍去)．即有b ＝12a 2＋2a 2－3a 2ln a ＝52a 2－3a 2ln a . 令h (t )＝52t 2－3t 2ln t (t ＞0)． 则h ′(t )＝2t (1－3ln t )， 于是当t (1－3ln t )＞0， 即0＜t ＜e 13时，h ′(t )＞0；当t (1－3ln t )＜0，即t ＞e 13时，h ′(t )＜0.故h (t )在(0，e 13)上为增函数，在(e 13，＋∞)上为减函数，于上h (t )在(0，＋∞)上的最大值为h (e 13)＝32e 23， 即b 的最大值为32e 23.(2)证明 设F (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2＋2ax －3a 2ln x －b (x ＞0)， 则F ′(x )＝x ＋2a －3a 2x ＝(x －a )(x ＋3a )x (x ＞0)．故F (x )在(0，a )上为减函数，在(a ，＋∞)上为增函数． 于是F (x )在(0，＋∞)上的最小值是 F (a )＝F (x 0)＝f (x 0)－g (x 0)＝0. 故当x ＞0时，有f (x )－g (x )≥0. 即当x ＞0时，f (x )≥g (x )．4．已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x .(1)是否存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若∃x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)函数f (x )定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝ax ＋2x －4＝2x 2－4x ＋a x.假设存在实数a ，使f (x )在x ＝1处取极值，则f ′(1)＝0，∴a ＝2，此时，f ′(x )＝2(x －1)2x ，当x ＞0时，f ′(x )≥0恒成立， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1不是f (x )的极值点．故不存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值．(2)由f (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0，记F (x )＝x －ln x (x ＞0)，∴F ′(x )＝x －1x (x ＞0)，∴当0＜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． ∴F (x )＞F (1)＝1＞0，∴a ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0，记G (x )＝x 2－2x x －ln x， x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ， ∴G ′(x )＝(2x －2)(x －ln x )－(x －2)(x －1)(x －ln x )2＝(x －1)(x －2ln x ＋2)(x －ln x )2. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ， ∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0，∴x －2ln x ＋2＞0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G ′(x )＜0，G (x )单调递减； x ∈(1，e)时，G ′(x )＞0，G (x )单调递增， ∴G (x )min ＝G (1)＝－1，∴a ≥G (x )min ＝－1.故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．。

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)，则φ′(x )＝x 2＋ln x －1x 2， ∵y ＝x 2＋ln x －1在(0，＋∞)上是增函数，且x ＝1时，y ＝0. ∴当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，即φ(x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，∴φ(x )min ＝φ(1)＝1，故a ≤1.即实数a 的取值范围为(－∞，1]．3．(1)解 原题即为存在x >0，使得ln x －x ＋a ＋1≥0，∴a ≥－ln x ＋x －1，令g (x )＝－ln x ＋x －1，则g ′(x )＝－1x ＋1＝x －1x .令g ′(x )＝0，解得x ＝1.∵当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，∴g (x )min ＝g (1)＝0，a ≥g (1)＝0.故a 的取值范围是[0，＋∞)．(2)证明 原不等式可化为12x 2＋ax －x ln x －a －12>0(x >1，a ≥0)．令G (x )＝12x 2＋ax －x ln x －a －12，则G (1)＝0.由(1)可知x －ln x －1>0，则G ′(x )＝x ＋a －ln x －1≥x －ln x －1>0，∴G (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴G (x )>G (1)＝0成立，∴12x 2＋ax －x ln x －a －12>0成立，即12x 2＋ax －a >x ln x ＋12成立．4．解 (1)求导可得f ′(x )＝2－a x －1x 2＋2a ＝(2x －1)(ax ＋1)x 2， 令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝－1a ，当a ＝－2时，f ′(x )≤0，函数f (x )在定义域(0，＋∞)内单调递减；当－2<a <0时，在区间(0，12)，(－1a ，＋∞)上f ′(x )<0，f (x )单调递减，在区间(12，－1a )上f ′(x )>0，f (x )单调递增；当a <－2时，在区间(0，－1a )，(12，＋∞)上f ′(x )<0，f (x )单调递减，在区间(－1a ，12)上f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)由(1)知当a ∈(－3，－2)时，函数f (x )在区间[1,3]上单调递减，所以当x ∈[1,3]时，f (x )max ＝f (1)＝1＋2a ，f (x )min ＝f (3)＝(2－a )ln 3＋13＋6a .问题等价于：对任意的a ∈(－3，－2)，恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3>1＋2a－(2－a )ln 3－13－6a 成立，即am >23－4a ，因为a <0，所以m <23a －4，因为a ∈(－3，－2)，所以只需m ≤(23a －4)min ，所以实数m 的取值范围为(－∞，－133]．5．证明 (1)由a >0及f ′(x )＝e x －a 可得，函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故函数f (x )的最小值为g (a )＝f (ln a )＝e ln a －a ln a －1＝a －a ln a －1，则g ′(a )＝－ln a ，故当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0；当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，从而可知g (a )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0，故g (a )≤0.(2)由(1)可知，当a ＝1时，总有f (x )＝e x －x －1≥0，当且仅当x ＝0时等号成立，即当x >0时，总有e x >x ＋1. 于是，可得(x ＋1)n ＋1<(e x )n ＋1＝e (n ＋1)x .令x ＋1＝1n ＋1，即x ＝－n n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1<e －n ； 令x ＋1＝2n ＋1，即x ＝－n －1n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1<e －(n －1)； 令x ＋1＝3n ＋1，即x ＝－n －2n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1<e －(n －2)； …令x ＋1＝n n ＋1，即x ＝－1n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1<e －1. 对以上各式求和可得：⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1<e －n ＋e －(n －1)＋e －(n －2)＋…＋e －1＝e －n (1－e n )1－e ＝e －n －11－e ＝1－e －n e －1<1e －1<1. 故对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1<(n ＋1)n ＋1.。

高中数学 ︵ 利用导数研究不等式问题︶人 教 A 版以导数为工具，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解不等式问题是高考的热点题型．1．函数不等式的类型与解法（1）∀x ∈D ，f (x )≤k ⇔f (x )max ≤k ；∃x ∈D ，f (x )≤k ⇔f (x )min ≤k ．（2）∀x ∈D ，f (x )≤g (x )⇔[f (x )－g (x )]max ≤0；∃x ∈D ，f (x )≤g (x )⇔[f (x )－g (x )]min ≤0． 2．含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略（1）∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[c ，d ]，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )在[a ，b ]上的最小值>g (x )在[c ，d ]上的最大值．（2）∃x 1∈[a ，b ]，x 2∈[c ，d ]，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )在[a ，b ]上的最大值>g (x )在[c ，d ]上的最小值．（3）∀x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )在[a ，b ]上的最小值>g (x )在[c ，d ]上的最小值．（4）∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[c ，d ]，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )在[a ，b ]上的最大值>g (x )在[c ，d ]上的最大值．（5）∃x 1∈[a ，b ]，x 2∈[c ，d ]，f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )在[a ，b ]上的值域与g (x )在[c ，d ]上的值域交集非空．（6）∀x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )在[a ，b ]上的值域⊆g (x )在[c ，d ]上的值域．（7）∀x 2∈[c ，d ]，∃x 1∈[a ，b ]，f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )在[a ，b]上的值域⊇g (x )在[c ，d ]上的值域．高中数学 ︵ 利用导数研究不等式问题︶人 教 A 版 3．两个常用不等式 （1）ln x ≤x －1． （2）e x ≥x ＋1．例1 已知函数f (x )＝e x －ax －ln x ＋ln (a ＋1)(a ＞0)(e 是自然对数的底数)．（1）当a ＝1时，试判断f (x )在(1，＋∞)上极值点的个数； （2）当a ＞1e －1时，求证：对任意x ＞1，f (x )＞1a ．学霸笔记证明不等式的常用方法（1）利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上单调递增，则①∀x ∈[a ，b]，有f (a )≤f (x )≤f (b )；高中数学 ︵ 利用导数研究不等式问题︶人 教 A 版 ②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，有f (x 1)<f (x 2)．减函数有类似结论．（2）利用最值：若f (x )在区间D 有最大值M (或最小值m )，则∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．（3）构造函数：常见的构造方法有：①作差构造法：证明不等式f (x )>g (x )(f (x )<g (x ))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适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x <x <e x (x >0)，xx ＋1≤ln (x ＋1)≤x (x >－1)；③构造“形似”函数：稍作变形再构造，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形式，根据“相同结构”构造辅助函数．（4）拆分函数：若直接求导比较复杂或无从下手或无法转化为一个函数的最值问题，可将待证不等式进行变形，构造两个函数，转化为两个函数的最值问题(或找到可以传递的中间量)，完成证明的目标．对于一些不等式可转化为f (x )≥g (x )的形式，证明f (x )min ≥g (x )max 即可，在转化中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．1．已知函数f (x )＝ln x ＋ax ，其中a ∈R ，e 为自然对数的底数，e ≈2.718．（1）若函数f (x )在定义域上有两个零点，求实数a 的取值范围； （2）当a ＝1时，求证：f (x )<e xx ＋sin x ．高中数学 ︵ 利用导数研究不等式问题︶人 教 A 版例2 已知函数f (x )＝x 2－m ln x ，其中m >0． （1）若m ＝2，求函数f (x )的极值；（2）设g (x )＝xf (x )－1，若g (x )>0在(1，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围．学霸笔记由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略（1）求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．（2）分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a >f (x )max 或a <f (x )min 的形式，通过导数的应用求出f (x )的最值，即得参数的范围．高中数学 ︵ 利用导数研究不等式问题︶人 教 A 版1．已知函数f (x )＝e x ＋m sin x －12x 2－1(m ∈R )．（1）当m ＝0时，讨论f (x )的单调性；（2）若不等式xf (x )≥0对x ∈ －π2，π2恒成立，求m 的取值范围．高中数学 ︵ 利用导数研究不等式问题︶人 教 A 版例3 已知函数f (x )＝x ln x －12mx 2－x (m ∈R )．（1）若直线y ＝x ＋b 与f (x )的图象相切，且切点的横坐标为1，求实数m 和b 的值； （2）若函数f (x )在(0，＋∞)上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：ln x 1＋lnx 2>2．学霸笔记1．极值点偏移的含义对于函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内只有一个极值点x 0，方程f (x )＝0的解为x 1，x 2且a <x 1<x 2<b ，若x 1＋x 22≠x 0，则称函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上极值点偏移．2．极值点偏移问题的解法（1）(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )；对结论x 1x 2>x 20型，构造函数F (x )＝f (x )－fx 20x ，通过研究F (x )的单调性获得不等式．（2）(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t ＝x 1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．高中数学 ︵ 利用导数研究不等式问题︶人 教 A 版1．已知函数f (x )＝2ln x －(a ＋1)x 2－2ax ＋1(a ∈R )． （1）求函数f (x )的单调区间； （2）若函数f (x )有两个零点x 1，x 2． (ⅰ)求实数a 的取值范围； (ⅱ)证明：x 1＋x 2>21a ＋1．高中数学 ︵ 利用导数研究不等式问题︶人 教 A 版1．已知函数f (x )＝xe ax －e x ．（1）当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；（2）当x ＞0时，f (x )＜－1，求a 的取值范围； （3）设n ∈N *，证明：112＋1＋122＋2＋…＋1n 2＋n＞ln (n ＋1)．高中数学 ︵ 利用导数研究不等式问题︶人 教 A 版 2．已知函数f (x )＝x (1－ln x )． （1）讨论f (x )的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，证明：2<1a ＋1b <e ．高中数学 ︵ 利用导数研究不等式问题︶人 教 A 版 3．已知函数f (x )＝e x －e －x －a sin x ，a >0，其中e 是自然对数的底数． （1）当x >0时，f (x )>0，求a 的取值范围；（2）当x >1时，求证：e x －e －x －x ＋1x2>sin x －sin (ln x )．第4讲 利用导数研究不等式问题「考情研析」以导数为工具，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解不等式问题是高考的热点题型．1.函数不等式的类型与解法(1)∀x∈D，f(x)≤k⇔f(x)max≤k；∃x∈D，f(x)≤k⇔f(x)min≤k.(2)∀x∈D，f(x)≤g(x)⇔[f(x)－g(x)]max≤0；∃x∈D，f(x)≤g(x)⇔[f(x)－g(x)]min ≤0.2．含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略(1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值．(2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值．(3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值．(5)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＝g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的值域与g(x)在[c，d]上的值域交集非空.(6)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)＝g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的值域⊆g(x)在[c，d]上的值域．(7)∀x2∈[c，d]，∃x1∈[a，b]，f(x1)＝g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的值域⊇g(x)在[c，d]上的值域．3．两个常用不等式(1)ln x ≤x －1. (2)e x ≥x ＋1.考向1 利用导数证明不等式例1 (2022·襄阳二模)已知函数f (x )＝e x －ax －ln x ＋ln (a ＋1)(a ＞0)(e 是自然对数的底数).(1)当a ＝1时，试判断f (x )在(1，＋∞)上极值点的个数； (2)当a ＞1e －1时，求证：对任意x ＞1，f (x )＞1a .解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －1x －ln x ＋ln 2， 则f ′(x )＝e x －1（x －1）x 2－1x （x －1）e x －1－x x －1x 2， 设φ(x )＝e x －1－x x －1，则φ(x )＝e x －1－1－1x －1在(1，＋∞)上是增函数，当x →1＋ 时，φ(x )→－∞，φ(2)＝e －2＞0， 所以存在x 0∈(1，2)，使得φ(x 0)＝0， 当x ∈(1，x 0)时，φ(x )＜0，则f ′(x )＜0，即f (x )在(1，x 0)上单调递减， 当x ∈(x 0，＋∞)时，φ(x )＞0，则f ′(x )＞0，即f (x )在(x 0，＋∞)上单调递增，所以f (x )在(1，＋∞)上只有一个极值点，即唯一极小值点． (2)证明：由f ′(x )＝e x －a （x －1）x 2－1x（x －1）e x －a－x x －1x 2， 设h (x )＝e x －a －x x －1，则h (x )＝e x －a －1－1x －1在(1，＋∞)上是增函数， 当x →1＋时，h (x )→－∞，因为a ＞1e －1，所以h (a ＋1)＝e －1－1a ＞0，所以存在x 0∈(1，a ＋1)，使得h (x 0)＝e x 0－a －x 0x 0－1＝0，当x ∈(1，x 0)时，h (x )＜0，则f ′(x )＜0， 即f (x )在(1，x 0)上单调递减，当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )＞0，则f ′(x )＞0， 即f (x )在(x 0，＋∞)上单调递增，故x ＝x 0是函数f (x )＝e x －ax －ln x ＋ln (a ＋1)(a ＞0)的极小值点，也是最小值点， 则f (x )≥f (x 0)＝e x 0－ax 0－ln x 0＋ln (a ＋1)，又因为e x 0－a ＝x 0x 0－1，所以f (x 0)＝1x 0－1－ln x 0ln (a ＋1)，即证对任意x ∈(1，a ＋1)，1x －1－ln x ＋ln (a ＋1)＞1a ，即证对任意x ∈(1，a ＋1)，1x －1－ln x ＞1a －ln (a ＋1)，设g (x )＝1x －1－ln x ，则g (x )＝1x －1－ln x 在(1，a ＋1)上单调递减， 因为x 0∈(1，a ＋1)，所以g (x 0)＞g (a ＋1)， 1x 0－1－ln x 0＞1a －ln (a ＋1)， 故对任意x ＞1，f (x )＞1a .证明不等式的常用方法(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上单调递增，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)；②∀x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，有f(x1)<f(x2).减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在区间D有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).(3)构造函数：常见的构造方法有：①作差构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))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适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，e x≥x＋1，ln x<x<e x(x>0)，xx＋1≤ln (x＋1)≤x(x>－1)；③构造“形似”函数：稍作变形再构造，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形式，根据“相同结构”构造辅助函数．(4)拆分函数：若直接求导比较复杂或无从下手或无法转化为一个函数的最值问题，可将待证不等式进行变形，构造两个函数，转化为两个函数的最值问题(或找到可以传递的中间量)，完成证明的目标．对于一些不等式可转化为f(x)≥g(x)的形式，证明f(x)min≥g(x)max即可，在转化中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．(2022·重庆一模)已知函数f(x)＝ln x＋ax，其中a∈R，e为自然对数的底数，e≈2.718.(1)若函数f(x)在定义域上有两个零点，求实数a的取值范围；(2)当a＝1时，求证：f(x)<e xx＋sin x.解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ax2＝x－ax2，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在定义域上不可能有两个零点；当a >0时，令f ′(x )>0得x >a ，令f ′(x )<0得0<x <a ，故f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝a 处取得极小值，也是最小值，f (x )min ＝f (a )＝1＋ln a ，要想函数f (x )在定义域上有两个零点，则1＋ln a <0，解得0<a <1e ，又f (1)＝a >0，当x →0＋时，f (x )→＋∞，由零点存在定理可知，在(0，a )与(a ，1)范围内各有一个零点．综上，实数a 的取值范围是0，1e . (2)证明：当a ＝1时，即证ln x ＋1x <e xx ＋sin x (x >0)，由于sin x ∈[－1，1]，故e x x ＋sin x ≥e x x －1，只需证ln x ＋1x <e xx －1，令h (x )＝ln x ＋1x －e x x ＋1(x >0)，则h ′(x )＝1x －1x 2－e x （x －1）x 2＝（x －1）（1－e x）x 2，因为x >0，所以1－e x <0，令h ′(x )>0得0<x <1，令h ′(x )<0得x >1，所以h (x )在x ＝1处取得极大值，也是最大值，h (x )max ＝h (1)＝2－e<0，故h (x )<0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，结论得证．考向2 利用导数研究不等式恒成立问题例2 (2022·衡阳二模)已知函数f (x )＝x 2－m ln x ，其中m >0. (1)若m ＝2，求函数f (x )的极值；(2)设g (x )＝xf (x )－1，若g (x )>0在(1，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围． 解 (1)当m ＝2时，f (x )＝x 2－2ln x (x >0)，f ′(x )＝2x －2x ＝2（x 2－1）x， 令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1， 故f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故f (x )极小值＝f (1)＝1.(2)g (x )>0在(1，＋∞)上恒成立，即x 2－m ln x －1x >0在(1，＋∞)上恒成立，令G (x )＝x 2－m ln x －1x ，x >1，则G ′(x )＝2x －m x ＋1x 2＝2x 3－mx ＋1x 2， 令H (x )＝2x 3－mx ＋1，x >1， ∴H ′(x )＝6x 2－m ，(ⅰ)若m ≤6，可知H ′(x )>0恒成立， ∴H (x )在(1，＋∞)上单调递增， ∴H (x )>H (1)＝3－m ，①当3－m ≥0，即0<m ≤3时，H (x )>0在(1，＋∞)上恒成立，即G ′(x )>0在(1，＋∞)上恒成立，∴G (x )>G (1)＝0在(1，＋∞)上恒成立， ∴0<m ≤3满足条件； ②当3－m <0，即3<m ≤6时， ∵H (1)＝3－m <0，H (2)＝17－2m >0， ∴存在唯一的x 0∈(1，2)，使得H (x 0)＝0， 当x ∈(1，x 0)时，H (x )<0，即G ′(x )<0， ∴G (x )在(1，x 0)上单调递减， ∴G (x )<G (1)＝0，这与G (x )>0矛盾； (ⅱ)若m >6，由H ′(x )＝0，可得x ＝－m6(舍去)或x ＝m 6，易知H (x )在1，m 6上单调递减， ∴H (x )<H (1)＝3－m <0在1，m 6上恒成立， 即G ′(x )<0在1，m 6上恒成立， ∴G (x )在1，m 6上单调递减， ∴G (x )<G (1)＝0在1，m 6上恒成立，这与G (x )>0矛盾．综上所述，实数m 的取值范围为(0，3].由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略(1)求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．(2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a >f (x )max 或a <f (x )min 的形式，通过导数的应用求出f (x )的最值，即得参数的范围．(2022·惠州一模)已知函数f (x )＝e x ＋m sin x －12x 2－1(m ∈R ). (1)当m ＝0时，讨论f (x )的单调性；(2)若不等式xf (x )≥0对x ∈－π2，π2恒成立，求m 的取值范围．解 (1)当m ＝0时，f (x )＝e x －12x 2－1， 则f ′(x )＝e x －x ，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x －1，当x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0，所以函数g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以f ′(x )＝g (x )≥g (0)＝1>0， 所以函数f (x )在R 上单调递增．(2)因为xf (x )≥0对x ∈－π2，π2恒成立，且f (0)＝e 0－1＝0，所以当x ∈0，π2时，有f (x )≥0；当x ∈－π2，0时，有f (x )≤0，由(1)知e x －x ≥1，所以f ′(x )＝e x ＋m cos x －x ≥1＋m cos x ， 由x ∈－π2，π2，得cos x ∈[0，1]，①当m ≥－1时，f ′(x )≥1＋m cos x ≥1－cos x ≥0，所以函数f (x )在－π2，π2上单调递增，所以当x ∈ 0，π2时，f (x )≥f (0)＝0；当x ∈－π2，0时，f (x )≤f (0)＝0，所以当m ≥－1时，xf (x )≥0对x ∈－π2，π2恒成立．②当m <－1时，令h (x )＝f ′(x )， 则h ′(x )＝e x －m sin x －1，令m (x )＝h ′(x )，则m ′(x )＝e x －m cos x ， 因为x ∈－π2，π2，有cos x ∈[0，1]，所以m ′(x )＝e x －m cos x ≥e x >0，所以函数h ′(x )在－π2，π2上单调递增，且有h ′(0)＝e 0－1＝0，所以当x ∈ －π2，0时，h ′(x )<0；当x ∈0，π2时，h ′(x )>0，所以函数f ′(x )在 －π2，0上单调递减，在0，π2上单调递增，因为f ′(0)＝1＋m <0，f ′－π2＝e －π2＋π2>0，所以存在x 0∈－π2，0，使得f ′(x 0)＝0，且x ∈(x 0，0)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(x 0，0)上单调递减，即f (x 0)>f (0)＝0， 则有x 0f (x 0)<0与条件xf (x )≥0矛盾，即m <－1不符合题意． 综上，实数m 的取值范围是[－1，＋∞).考向3 利用导数研究极值点偏移问题例3 (2022·辽南协作体二模)已知函数f (x )＝x ln x －12mx 2－x (m ∈R ). (1)若直线y ＝x ＋b 与f (x )的图象相切，且切点的横坐标为1，求实数m 和b 的值；(2)若函数f (x )在(0，＋∞)上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：ln x 1＋ln x 2>2.解 (1)由题意，切点坐标为1，－12m －1，f ′(x )＝ln x －mx ，所以切线斜率为f ′(1)＝－m ＝1，所以m ＝－1， 切线为y ＋12m ＋1＝1·(x －1)， 整理得y ＝x －32，所以b ＝－32. (2)证明：由(1)知f ′(x )＝ln x －mx .由函数f (x )在(0，＋∞)上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，知 ln x 1－mx 1＝0，ln x 2－mx 2＝0，则m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2且m ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，联立得ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，即ln x 1＋ln x 2＝x 1＋x 2x 1－x 2·ln x 1x 2＝ x 1x 2＋1ln x 1x 2x 1x 2－1，设t ＝x 1x 2∈(0，1)，则ln x 1＋ln x 2＝（t ＋1）ln t t －1，要证ln x 1＋ln x 2>2，只需证（t ＋1）ln t t －1>2，只需证ln t <2（t －1）t ＋1，只需证ln t －2（t －1）t ＋1<0.构造函数g (t )＝ln t 2（t －1）t ＋1，t ∈(0，1)，则g ′(t )＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0.故g (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1在t ∈(0，1)上单调递增，g (t )<g (1)＝0，即g (t )＝ln t2（t －1）t ＋1<0，所以ln x 1＋ln x 2>2.1．极值点偏移的含义对于函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内只有一个极值点x 0，方程f (x )＝0的解为x 1，x 2且a <x 1<x 2<b ，若x 1＋x 22≠x 0，则称函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上极值点偏移．2．极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )；对结论x 1x 2>x 20型，构造函数F (x )＝f (x )－fx 20x ，通过研究F (x )的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t ＝x 1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．(2022·深圳一模)已知函数f (x )＝2ln x －(a ＋1)x 2－2ax ＋1(a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间； (2)若函数f (x )有两个零点x 1，x 2. (ⅰ)求实数a 的取值范围； (ⅱ)证明：x 1＋x 2>21a ＋1. 解 (1)f ′(x )＝－2（x ＋1）[（a ＋1）x －1]x， ①a ≤－1时，f ′(x )>0恒成立，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ②a >－1时，令f ′(x )>0，解得0<x <1a ＋1；令f ′(x )<0，解得x >1a ＋1， 故f (x )在 0，1a ＋1上单调递增，在1a ＋1，＋∞上单调递减．(2)(ⅰ)由(1)知当a ≤－1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 故函数f (x )不可能存在两个零点，当a >－1时，f (x )在 0，1a ＋1上单调递增，在1a ＋1，＋∞上单调递减，且当x →0＋时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→－∞， 故仅需f1a ＋1>0，即2ln1a ＋1－(a ＋1)·1（a ＋1）2－2a ·1a ＋1＋1>0， 化简得2ln (a ＋1)＋aa ＋1<0，令g (x )＝2ln (x ＋1)＋xx ＋1(x >－1)， g ′(x )＝2x ＋1＋1（x ＋1）2>0， ∴g (x )在(－1，＋∞)上单调递增，又g (0)＝0， 故不等式2ln (a ＋1)＋aa ＋1<0的解集为(－1，0)，因此，实数a 的取值范围是(－1，0). (ⅱ)证明：∵－1<a <0，∴1a ＋1>1，∴2a ＋1>21a ＋1， 故可先证明x 1＋x 2>2a ＋1，则仅需证明x 1>2a ＋1－x 2，不妨设0<x 1<1a ＋1<x 2， 当x 2≥2a ＋1时，x 1＋x 2>2a ＋1显然成立，当x 2<2a ＋1时，∵x 2>1a ＋1，∴2a ＋1－x 2∈0，1a ＋1，又x 1∈ 0，1a ＋1，且函数f (x )在0，1a ＋1上单调递增，于是只需证明f (x 1)>f2a ＋1－x 2，∵f (x 1)＝f (x 2)，∴即证明f (x 2)－f 2a ＋1－x 2 >0，构造函数F (x )＝f (x )－f2a ＋1－x ，x ∈1a ＋1，＋∞， F ′(x )＝4（a ＋1）x2a ＋1－x －4(a ＋1)，令h (x )＝(a ＋1)x2a ＋1－x ，由－1<a <0得a ＋1>0， 可得h (x )的图象开口向下，∴当x ＝1a ＋1时，函数h (x )取得最大值，∴F ′(x )>4（a ＋1）1a ＋12－4(a ＋1)＝0， 故F (x )在1a ＋1，＋∞上单调递增，且F1a ＋1＝0，故F (x )>0在 1a ＋1，＋∞上恒成立，即证得x 1＋x 2>2a ＋1>21a ＋1，原命题得证．1．(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x )＝x e ax －e x . (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ＞0时，f (x )＜－1，求a 的取值范围； (3)设n ∈N *，证明：112＋1＋122＋2＋…＋1n 2＋n＞ln (n ＋1). 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝(x －1)e x ，则f ′(x )＝x e x . 当x ＜0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0.故f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞). (2)f ′(x )＝(1＋ax )e ax －e x (x ∈(0，＋∞))，①当a ≥1时，f ′(x )＝(1＋ax )e ax －e x ＞e ax －e x ≥e x －e x ＝0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝－1，与题意矛盾． ②当a ≤0时，f ′(x )≤e ax －e x ≤1－e x ＜0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴f (x )＜f (0)＝－1，满足题意． ③当0＜a ≤12时，f ′(x )≤1＋x 2e x2－e x＝e x 21＋x 2－e x 2.设G (x )＝1＋x2－e x 2(x ＞0)， 则G ′(x )＝12－12e x 2＜0，∴G (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴G (x )＜G (0)＝0，∴f ′(x )≤e x 2G (x )＜0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴f (x )＜f (0)＝－1，满足题意．④当12＜a ＜1时，f ′(x )＝e ax [1＋ax －e (1－a )x ]，令H (x )＝1＋ax －e (1－a )x ， 则H ′(x )＝a ＋(a －1)e (1－a )x ，易知H ′(x )为减函数， 又H ′(0)＝2a －1＞0，当x →＋∞时，H ′(x )＜0， ∴∃x 0∈(0，＋∞)，使H ′(x 0)＝0，且当x ∈(0，x 0)时， H ′(x )＞0，H (x )在(0，x 0)上单调递增，此时H (x )＞0， ∴当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＝e ax H (x )＞0， f (x )在(0，x 0)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝－1，与题意矛盾． 综上，a 的取值范围为－∞，12.(3)证明：取a ＝12，由(2)知∀x ＞0，总有x e 12x －e x ＋1＜0成立， 令t ＝e 12x ，则t ＞1，t 2＝e x ，x ＝2ln t ，故2t ln t ＜t 2－1，即2ln t ＜t －1t 对任意的t ＞1恒成立． ∴对任意的n ∈N *，有2ln n ＋1n ＜ n ＋1n －n n ＋1， 整理得到ln (n ＋1)－ln n ＜1n 2＋n， 112＋1＋122＋2＋…＋1n 2＋n＞ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n ＋1)－ln n ＝ln (n ＋1)，故不等式成立．2．(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x (1－ln x ). (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，证明：2<1a ＋1b <e. 解 (1)因为f (x )＝x (1－ln x )，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x＋x ·－1x ＝－ln x .当x ∈(0，1)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．(2)证明：由题意，a ，b 是两个不相等的正数，且b ln a －a ln b ＝a －b ，两边同时除以ab ，得ln a a －ln b b ＝1b －1a ，即ln a ＋1a ＝lnb ＋1b ，即f 1a ＝f 1b .令x 1＝1a ，x 2＝1b ，由(1)知f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x <e 时，f (x )>0，当x >e 时，f (x )<0，不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2<e. 要证2<1a ＋1b <e ，即证2<x 1＋x 2<e. 先证x 1＋x 2>2：要证x 1＋x 2>2，即证x 2>2－x 1， 因为0<x 1<1<x 2<e ，所以x 2>2－x 1>1，又f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f (x 2)<f (2－x 1)， 又f (x 1)＝f (x 2)，所以即证f (x 1)<f (2－x 1)， 即证当x ∈(0，1)时，f (x )－f (2－x )<0. 构造函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，则F ′(x )＝f ′(x )＋f ′(2－x )＝－ln x －ln (2－x )＝－ln [x (2－x )]， 当0<x <1时，0<x (2－x )<1，则－ln [x (2－x )]>0，即当0<x <1时，F ′(x )>0，所以F (x )在(0，1)上单调递增，所以当0<x <1时，F (x )<F (1)＝0，所以当0<x <1时，f (x )－f (2－x )<0成立， 所以x 1＋x 2>2成立．再证x 1＋x 2<e ：由(1)知，f (x )的极大值点为x ＝1，f (x )的极大值为f (1)＝1， 过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y ＝x ，设f (x 1)＝f (x 2)＝m ，当x ∈(0，1)时，f (x )＝x (1－ln x )>x ， 直线y ＝x 与直线y ＝m 的交点坐标为(m ，m )，则x 1<m . 欲证x 1＋x 2<e ，即证x 1＋x 2<m ＋x 2＝f (x 2)＋x 2<e ， 即证当1<x <e 时，f (x )＋x <e.构造函数h (x )＝f (x )＋x ，则h ′(x )＝1－ln x ，当1<x <e 时，h ′(x )>0，所以函数h (x )在(1，e)上单调递增，所以当1<x <e 时，h (x )<h (e)＝f (e)＋e ＝e ，即f (x )＋x <e 成立，所以x 1＋x 2<e 成立．综上可知，2<1a ＋1b <e 成立．3．已知函数f (x )＝e x －e －x －a sin x ，a >0，其中e 是自然对数的底数． (1)当x >0时，f (x )>0，求a 的取值范围；(2)当x >1时，求证：e x－e －x－x ＋1x2>sin x －sin (ln x ). 解 (1)由题意可知f ′(x )＝e x ＋e －x －a cos x ，①当0<a ≤2时，由－1≤cos x ≤1可知－2≤－a ≤a cos x ≤a ≤2， 又因为e x ＋e －x ≥2恒成立，所以f ′(x )＝e x ＋e －x －a cos x ≥0恒成立， 所以y ＝f (x )在[0，＋∞)上恒为增函数． 又f (0)＝0，所以f (x )>0对x >0恒成立； ②当a >2时，由y ＝e x＋e－x在 0，π2上恒为增函数，且y ＝a cos x 在0，π2上恒为减函数可知，f ′(x )在 0，π2上单调递增，又f ′(0)＝2－a <0，f ′π2＝e π2＋e－π2错误!未定义书签。

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x x x g ln )(= 设b a <<0， 证明：2ln )()2(2)()(0a b b a b g a g -<+-+<分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。

分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。

证明：1ln )(+=¢x x g ，设)2(2)()()(xa g x g a g x F +-+=2ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g xa g x g x F +-=+-=´+-=¢当a x <<0时0)(<¢x F ，当a x >时 0)(>¢x F ， 即)(x F 在),0(a x Î上为减函数，在),(+¥Îa x 上为增函数上为增函数 ∴0)()(min==a F x F ，又a b > ∴0)()(=>a F b F ， 即0)2(2)()(>+-+ba gb g a g设2ln )()2(2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+=)ln(ln 2ln 2ln ln )(x a x xa x x G +-=-+-=¢\当0>x 时，0)('<x G ，因此)(x G 在区间),0(+¥上为减函数；上为减函数； 因为0)(=a G ，又a b > ∴0)()(=<a G b G ， 即 02ln )()2(2)()(<--+-+a x x a g x g a g故2ln )()2(2)()(a x xa g x g a g -<+-+ 综上可知，当综上可知，当b a <<0时，2ln )()2(2)()(0a b ba b g a g -<+-+< 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。

2021届高考数学总复习第17讲：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，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e＞0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)＞0，所以f(x)＞3(x－1)．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的单调性，直接求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式．(2019·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x＞0时，x2＜e x.[解](1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，故g(x)在R上单调递增．所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x.考点2拆分法构造函数证明不等式若f(x)min＞g(x)max，则f(x)＞g(x)，常借助此结论，将要证明的不等式拆、分成两个函数，然后比较它们的最值．设函数f(x)＝ax2－(x＋1)ln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为0.(1)求a的值；(2)求证：当0＜x≤2时，f(x)＞1 2x.[解](1)f′(x)＝2ax－ln x－1－1 x，由题意，可得f′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)得f(x)＝x2－(x＋1)ln x，要证当0＜x≤2时，f(x)＞12x，只需证当0＜x≤2时，x－ln xx－ln x＞12，即x－ln x＞ln xx＋12.令g(x)＝x－ln x，h(x)＝ln xx＋12，令g′(x)＝1－1x＝0，得x＝1，易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故当0＜x≤2时，g(x)min＝g(1)＝1.因为h′(x)＝1－ln xx2，当0＜x≤2时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0,2]上单调递增，故当0＜x≤2时，h(x)max＝h(2)＝1＋ln 22＜1，即h(x)max＜g(x)min.故当0＜x≤2时，h(x)＜g(x)，即当0＜x≤2时，f(x)＞1 2x.在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明．已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，求证：xf(x)－e x＋2e x≤0.[解](1)f′(x)＝ex－a(x＞0)，①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a＞0，令f′(x)＝0，得x＝ea，则当0＜x＜ea时，f′(x)＞0；当x＞ea时，f′(x)＜0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e a ，＋∞上单调递减． (2)证明：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e xx －2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.记g (x )＝e xx －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x ＞0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.考点3 换元法构造函数证明不等式换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：联立消参 利用方程f (x 1)＝f (x 2)消掉解析式中的参数a抓商构元 令c ＝x 1x 2，消掉变量x 1，x 2，构造关于c 的函数h (c ) 用导求解 利用导数求解函数h (c )的最小值，从而可证得结论已知函数f (x )＝ln x －ax (x ＞0)，a 为常数，若函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)．求证：x 1x 2＞e 2.[证明] 不妨设x 1＞x 2＞0，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ， 欲证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2.因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a ＞2x 1＋x 2，。

【⼲货】⾼中数学⽤导数证明不等式例题解析!导数的运算1、常见函数的导数公式：常数函数的导数：；幂函数的导数：；如下：；三⾓函数的导数：；对数函数的导数：指数函数的导数：　2、求导数的法则（1）和与差函数的导数：．由此得多项式函数导数（2）积的函数的导数：,特例[C·f(x)]'＝Cf'(x)。

如：①已知函数的导数为，则_____（答：）；②函数的导数为__________（答：）；③若对任意，，则是______（答：）（3）商的函数的导数：例1、求下列导数（1）y ＝；（2）y ＝x · sin x · ln x；（3）y ＝；（4）y ＝．解：（1）∵y ＝＝∴（2）y'＝(x · sin x · ln x) '＝(x · sin x) ' · ln x+(x · sin x )( ln x) '＝[x'sinx+x(sinx) ']·lnx+(x · sin x )＝[sinx+xcosx]lnx+sinx如遇求多个积的导数，可以逐层分组进⾏；求导数前的变形，⽬的在于简化运算；求导数后应对结果进⾏整理化简．（3）y'＝（4）∵y ＝＝∴y'＝例2、求函数的导数① y＝（2 x2－5 x ＋1）e x② y＝解：① y'＝（2 x2－5 x ＋1）′e x＋（2 x2－5 x ＋1）(e x)′＝(2x2－x－4)e x②∴y'例3、已知曲线C：y ＝3 x 4－2 x3－9 x2＋4（1）求曲线C上横坐标为1的点的切线⽅程；（2）第（1）⼩题中切线与曲线C是否还有其他公共点？解：（1）把x ＝1代⼊C的⽅程，求得y ＝－4．∴切点为（1，－4）．Y'＝12 x3－6 x2－18 x，∴切线斜率为k ＝12－6－18＝－12．∴切线⽅程为y ＋4＝－12（x－1），即y＝－12 x ＋8．由得3 x 4－2 x3 －9 x2＋12 x －4＝0(x －1) 2 (x ＋2) (3 x －2)＝0x ＝1，－2，．代⼊y ＝3 x 4－2 x 3 －9 x 2 ＋4，求得y ＝－4，32，0，即公共点为（1，－4）（切点），（－2，32），（，0）．除切点外，还有两个交点（－2，32）、（，0）．直线和圆，直线和椭圆相切，可以⽤只有⼀个公共点来判定．⼀般曲线却要⽤割线的极限位置来定义切线．因此，曲线的切线可以和曲线有⾮切点的公共点．例4、曲线S：y ＝x3－6 x 2－x ＋6哪⼀点切线的斜率最⼩？设此点为P（x0，y0）．证明：曲线S关于P中⼼对称．解：y'＝3 x2－12 x －1当x ＝＝2时，y′有最⼩值，故x 0＝2，由P∈S知：y 0＝23－6 · 22－2＋6＝－12即在P（2，－12）处切线斜率最⼩．设Q（x，y）∈S，即y ＝x3－6 x2－x ＋6则与Q关于P对称的点为R（4－x，－24－y），只需证R的坐标满⾜S的⽅程即可．(4－x)3－6(4－x)2－(4－x)＋6＝64－48 x ＋12 x 2 －x 3－6（16－8 x ＋x2）＋x ＋2＝－x 3 ＋6 x 2 ＋x －30＝－x 3 ＋6 x2 ＋x －6－24＝－y－24故R∈S，由Q点的任意性，S关于点P中⼼对称．求切点时，要将取最⼩值的x值代回原⽅程．例5、⼀质点的运动⽅程为s(t)＝asint+bcost(a>0)，若速度v(t)的最⼤值为，且对任意的t0∈R,在t ＝t0与t＝－t0时速度相同，求a、b的值。

【专题训练】高考数学利用导数解关于不等式问题 知识梳理导数是新课标必修内容之一，导数在函数的性质的应用中以及函数的实际应用中都能起到无可替代的作用。

而不等到式恒成立问题是数学许多知识点的交汇处，是函数、方程、不等式与数列等一些列知识点的进一步强化。

在函数与不等式的综合题中，当函数取最大（或最小）值时不等式都成立，从而得出该不等式恒成立，因此我们可以把不等式的恒成立问题可转化为求函数的最值问题。

近几年在各地的高考试题中，在解答题中都涉及到不等式恒成立问题，而这类问题利用导数工具来解显示出它的简便性与灵活性。

因此，利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法。

“恒成立”问题是数学中常见的问题，经常与参数的范围联系在一起，在高考中频频出现，是高考中的一个难点问题。

1、常用方法：（1）函数与方程方法。

利用不等式与函数和方程之间的联系，将问题转化成二次方程的根的情况的研究。

有些问题需要经过代换转化才是二次函数或二次方程。

注意代换后的自变量的范围变化。

（2）分离参数法。

将含参数的恒成立式子中的参数分离出来，化成形如：或或恒成立的形式。

则的范围是的值域。

恒成立；恒成立.（3）若已知恒成立，则可充分利用条件（赋值法等）。

)(x f a =)(x f a >)(x f a <()a f x =Ûa )(x f )(x f a <min ()a f x ?)(x f a >max ()a f x ?2、两函数在相应区间关于不等式常见方式及转化（1）对于，都有在恒成立.（2）任意，任意，有在恒成立.（3）任意，存在，有在恒成立.（4）存在，存在，有在恒成立.（5）存在，任意，有在恒成立.（6）任意，存在，有在内的值域在内的值域.（7）存在，任意，有在内的值域在内的值域.（8）存在，存在，有在内的值域与在内的值域有交集.（9）任意，任意，有在[,]x a b Î()()f x g x ³Û()()0f x g x -?[,]x a b Î1[,]x a b Î2[,]x m n Î12()()f x g x <Û1max 2min ()()f x g x <12[,],[,]x a b x m n 挝1[,]x a b Î2[,]x m n Î12()()f x g x <Û1max 2max ()()f x g x <12[,],[,]x a b x m n 挝1[,]x a b Î2[,]x m n Î12()()f x g x <Û1min 2max ()()f x g x <12[,],[,]x a b x m n 挝1[,]x a b Î2[,]x m n Î12()()f x g x <Û1min 2min ()()f x g x <12[,],[,]x a b x m n 挝1[,]x a b Î2[,]x m n Î12()()f x g x =Û1()f x 1[,]x a b Î2()g x Í2[,]x m n Î1[,]x a b Î2[,]x m n Î12()()f x g x =Û1()f x 1[,]x a b Î2()g x Ê2[,]x m n Î1[,]x a b Î2[,]x m n Î12()()f x g x =Û1()f x 1[,]x a b Î2()g x 2[,]x m n Î1[,]x a b Î2[,]x m n Î12()()f x g x =Û1()f x内的值域与在内的值域相同.典型例题考点一、利用函数的单调性求不等式中含参数的范围例1、对于总有 成立，则= 。