专题四导数的综合应用第一课时导数与不等式考法面面观讲义理Word文档下载推荐.docx
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[破题思路]
第
（1）问
求什么
想什么
求f（x）的单调区间与极值，想到求导函数f′（x），然后利用不等式f′（x）>
0及f′（x）<
0求单调区间并确定极值
给什么
用什么
已知条件给出f（x）的解析式，可直接用求导公式求导
第
（2）问
证明ex>
x2－2ax＋1（a>
ln2－1，x>
0）成立，想到证明ex－x2＋2ax－1>
0成立
通过对第
（1）问的研究，求得f（x）＝ex－2x＋2a的单调性与极值，仔细观察，可发现（ex－x2＋2ax－1）′＝ex－2x＋2a
差什么
找什么
需要研究函数g（x）＝ex－x2＋2ax－1的单调性或最值，利用导数研究即可
[规范解答]
（1）由f（x）＝ex－2x＋2a（x∈R），知f′（x）＝ex－2.令f′（x）＝0，得x＝ln2.
当x<
ln2时，f′（x）<
0，故函数f（x）在区间（－∞，ln2）上单调递减；
当x>
ln2时，f′（x）>
0，故函数f（x）在区间（ln2，＋∞）上单调递增．
所以f（x）的单调递减区间是（－∞，ln2），单调递增区间是（ln2，＋∞），f（x）在x＝ln2处取得极小值f（ln2）＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，无极大值．
（2）证明：
要证当a>
x2－2ax＋1，即证当a>
0时，ex－x2＋2ax－1>
0.
设g（x）＝ex－x2＋2ax－1（x≥0）．
则g′（x）＝ex－2x＋2a，由
（1）知g′（x）min＝g′（ln2）＝2－2ln2＋2a.
又a>
ln2－1，则g′（x）min>
于是对∀x∈R，都有g′（x）>
0，
所以g（x）在R上单调递增．
于是对∀x>
0，都有g（x）>
g（0）＝0.
即ex－x2＋2ax－1>
故ex>
[题后悟通]
思路
受阻
分析
本题属于导数综合应用中较容易的问题，解决本题第
（2）问时，易忽视与第
（1）问的联系，导函数g′（x）＝ex－2x＋2a的单调性已证，可直接用，若意识不到这一点，再判断g′（x）的单调性，则造成解题过程繁琐，进而造成思维受阻或解题失误
技法
关键
点拨
利用单调性证明单变量不等式的方法
一般地，要证f（x）>
g（x）在区间（a，b）上成立，需构造辅助函数F（x）＝f（x）－g（x），通过分析F（x）在端点处的函数值来证明不等式．若F（a）＝0，只需证明F（x）在（a，b）上单调递增即可；
若F（b）＝0，只需证明F（x）在（a，b）上单调递减即可
[对点训练]
1．已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝λ（x2－1）（λ为常数）．
（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；
（2）若λ＝，且x≥1，证明：
f（x）≤g（x）．
解：
（1）f′（x）＝lnx＋1，g′（x）＝2λx，则f′
（1）＝1，
从而g′
（1）＝2λ＝1，即λ＝.
设函数h（x）＝xlnx－（x2－1），
则h′（x）＝lnx＋1－x.
设p（x）＝lnx＋1－x，从而p′（x）＝－1≤0对任意x∈[1，＋∞）恒成立，
所以当x∈[1，＋∞）时，p（x）＝lnx＋1－x≤p
（1）＝0，
即h′（x）≤0，
因此函数h（x）＝xlnx－（x2－1）在[1，＋∞）上单调递减，
即h（x）≤h
（1）＝0，
所以当λ＝，且x≥1时，f（x）≤g（x）成立．
策略
（二）
已知函数f（x）＝aex－blnx，曲线y＝f（x）在点（1，f
（1））处的切线方程为y＝x＋1.
（1）求a，b；
f（x）>
求什么想什么
求a，b的值，想到建立关于a，b的方程组
给什么用什么
题目条件中给出函数f（x）在点（1，f
（1））处的切线方程，可据此建立关于a，b的方程组
要证f（x）>
0，想到f（x）的最小值大于0
差什么找什么
需求f（x）的最小值，因此只要利用导数研究函数f（x）的单调性即可
（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）．
f′（x）＝aex－，由题意得f
（1）＝，f′
（1）＝－1，
所以解得
由
（1）知f（x）＝·
ex－lnx（x>
0）．
因为f′（x）＝ex－2－在（0，＋∞）上单调递增，又f′
（1）<
0，f′
（2）>
所以f′（x）＝0在（0，＋∞）上有唯一实根x0，且x0∈（1,2）．
当x∈（0，x0）时，f′（x）<
0，当x∈（x0，＋∞）时，f′（x）>
从而当x＝x0时，f（x）取极小值，也是最小值．
由f′（x0）＝0，得ex0－2＝，
则x0－2＝－lnx0.
故f（x）≥f（x0）＝ex0－2－lnx0＝＋x0－2>
2－2＝0，所以f（x）>
本题属于隐零点问题．解决第
（2）问时，常因以下两个原因造成思维受阻，无法正常解题．
（1）f′（x）＝0在（0，＋∞）上有解，但无法解出；
（2）设出f′（x）＝0的零点x0，即f（x）的最小值为f（x0），但是不能将函数f（x0）转化成可求最值的式子，从而无法将问题解决．
当遇到既含有指数式，又含有对数式的代数式需判断其符号时，常需应用这种技巧，把含有指数式与对数式的代数式转化为不含有指数式与对数式的代数式，从而可轻松判断其符号
利用最值证明单变量不等式的技巧
利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f（x）>
g（x）．证明技巧：
先将不等式f（x）>
g（x）移项，即构造函数h（x）＝f（x）－g（x），转化为证不等式h（x）>
0，再次转化为证明h（x）min>
0，因此，只需在所给的区间内，判断h′（x）的符号，从而判断其单调性，并求出函数h（x）的最小值，即可得证
[对点训练]
2．已知函数f（x）＝.
（1）若f（x）在区间（－∞，2]上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
（2）若a＝0，x0＜1，设直线y＝g（x）为函数f（x）的图象在x＝x0处的切线，求证：
（1）易得f′（x）＝－，
由题意知f′（x）≥0对x∈（－∞，2]恒成立，
故x≤1－a对x∈（－∞，2]恒成立，
∴1－a≥2，∴a≤－1.
故实数a的取值范围为（－∞，－1]．
若a＝0，则f（x）＝.
函数f（x）的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g（x）＝f′（x0）（x－x0）＋f（x0）．
令h（x）＝f（x）－g（x）＝f（x）－f′（x0）（x－x0）－f（x0），x∈R，
则h′（x）＝f′（x）－f′（x0）
＝－
＝.
设φ（x）＝（1－x）ex0－（1－x0）ex，x∈R，
则φ′（x）＝－ex0－（1－x0）ex.
∵x0＜1，
∴φ′（x）＜0，
∴φ（x）在R上单调递减，而φ（x0）＝0，
∴当x＜x0时，φ（x）＞0，当x＞x0时，φ（x）＜0，
∴当x＜x0时，h′（x）＞0，当x＞x0时，h′（x）＜0，
∴h（x）在区间（－∞，x0）上为增函数，在区间（x0，＋∞）上为减函数，
∴x∈R时，h（x）≤h（x0）＝0，
∴f（x）≤g（x）．
构造函数证明双变量函数不等式
若b>
a>
0，求证：
lnb－lna>
.
证明：
，想到如下思路：
（1）构造以a为主元的函数，利用导数求解．
（2）考虑到lnb－lna＝ln，＝，设t＝，化为只有一个因变量t的函数求解．
（3）原不等式右边可分开写，观察此式两边，发现其与f（x）＝lnx－有关，故先研究f（x）的单调性，从而得解．
法一：
主元法（学生用书不提供解题过程）
构造函数f（x）＝lnb－lnx－，
其中0<
x<
b，
则f′（x）＝－－
＝－.
∵0<
b，∴f′（x）＝－<
0，则函数f（x）在（0，b）上单调递减，而b>
0，故f（a）>
f（b）＝0，即lnb－lna>
法二：
整体换元法（学生用书不提供解题过程）
令＝t（t>
1），构造函数f（t）＝lnt－，则f′（t）＝＋＝＝.
∵t>
1，∴t2－1>
0，t2＋2t－1>
12＋2－1>
0，则f′（t）>
0，∴f（t）在（1，＋∞）上单调递增，故f（t）>
f
（1）＝0，即ln－>
0，从而有lnb－lna>
法三：
函数不等式的对称性（学生用书提供解题过程）
原不等式可化为lnb－>
lna－，
则构造函数f（x）＝lnx－（b≥x>
0），则f′（x）＝－>
－＝0，∴f（x）＝lnx－在（a，b）上单调递增，即f（b）>
f（a），则lnb－>
lna－，故lnb－lna>
由于题目条件少，不能正确分析要证不等式的特点，并构造相应的函数将问题转化，从而导致无从下手解决问题
证明双变量函数不等式的常见思路
（1）将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．
（2）整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．
（3）若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明
3．（2019届高三·
黄冈模拟）已知函数f（x）＝λlnx－e－x（λ∈R）．
（1）若函数f（x）是单调函数，求λ的取值范围；
当0<
x1<
x2时，e1－x2－e1－x1>
1－.
（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），
∵f（x）＝λlnx－e－x，
∴f′（x）＝＋e－x＝，
∵函数f（x）是单调函数，
∴f′（x）≤0或f′（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，
①当函数f（x）是单调递减函数时，f′（x）≤0，
∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－，
令φ（x）＝－，则φ′（x）＝，
1时，φ′（x）<
0，当x>
1时，φ′（x）>
则φ（x）在（0,1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
∴当x>
0时，φ（x）min＝φ
（1）＝－，∴λ≤－.
②当函数f（x）是单调递增函数时，f′（x）≥0，
∴≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，
由①得φ（x）＝－在（0,1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，又φ（0）＝0，x→＋∞时，φ（x）<
0，∴λ≥0.
综上，λ的取值范围是∪[0，＋∞）．
由
（1）可知，当λ＝－时，f（x）＝－lnx－e－x在（0，＋∞）上单调递减，
x2，∴f（x1）>
f（x2），
即－lnx1－e－x1>
－lnx2－e－x2，
∴e1－x2－e1－x1>
lnx1－lnx2.
要证e1－x2－e1－x1>
1－，
只需证lnx1－lnx2>
即证ln>
令t＝，t∈（0,1），则只需证lnt>
令h（t）＝lnt＋－1，则h′（t）＝－＝，
t<
1时，h′（t）<
∴h（t）在（0,1）上单调递减，又h
（1）＝0，
∴h（t）>
0，即lnt>
1－，故原不等式得证．
[考法二 恒成立与能成立问题]
已知函数f（x）＝xlnx，若对于所有x≥1都有f（x）≥ax－1，求实数a的取值范围．
[破题思路]
求实数a的取值范围，想到建立关于实数a的不等式
题目条件中，已知f（x）≥ax－1，即xlnx≥ax－1，想到将不等式转化为xlnx－ax＋1≥0或a≤lnx＋
缺少xlnx－ax＋1的最小值或lnx＋的最小值，利用导数求解即可
分离参数法（学生用书不提供解题过程）
依题意，得f（x）≥ax－1在[1，＋∞）上恒成立，即不等式a≤lnx＋在x∈[1，＋∞）恒成立，亦即a≤min，x∈[1，＋∞）．
设g（x）＝lnx＋（x≥1），则g′（x）＝－＝.
令g′（x）＝0，得x＝1.
当x≥1时，因为g′（x）≥0，
故g（x）在[1，＋∞）上是增函数．
所以g（x）在[1，＋∞）上的最小值是g
（1）＝1.
故a的取值范围是（－∞，1]．
构造函数法（学生用书提供解题过程）
当x＝1时，有f
（1）≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.
构造F（x）＝f（x）－（ax－1）＝xlnx－ax＋1，
原命题等价于F（x）≥0在x≥1上恒成立⇔F（x）min≥0，x∈[1，＋∞）．
由于F′（x）＝lnx＋1－a≥0在x∈[1，＋∞）上恒成立，因此，函数F（x）在[1，＋∞）上单调递增，所以F（x）min＝F
（1）＝1－a≥0，得a≤1.故a的取值范围是（－∞，1]．
[题后悟通]
（一）思路受阻分析
求解本题时，直接作差构造函数或分离参数后构造函数求a的取值范围，其关键是正确求解所构造函数的最值，这也是大多数同学不会求解或不能正确求解最值而导致无法继续解题或解题失误的地方．
（二）技法关键点拨
分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路与关键
（1）分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路
用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．
（2）求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”
转化关
通过分离参数法，先转化为f（a）≥g（x）（或f（a）≤g（x））对∀x∈D恒成立，再转化为f（a）≥g（x）max（或f（a）≤g（x）min）
求最值关
求函数g（x）在区间D上的最大值（或最小值）问题
（三）解题细节提醒
有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数，但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果．
1．设函数f（x）＝ax2－a－lnx，其中a∈R.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）确定a的所有可能取值，使得f（x）>
－e1－x在区间（1，＋∞）内恒成立（e＝2.718…为自然对数的底数）．
（1）由题意，f′（x）＝2ax－＝，x>
①当a≤0时，
2ax2－1≤0，f′（x）≤0，f（x）在（0，＋∞）上单调递减．
②当a>
0时，f′（x）＝，
当x∈时，f′（x）<
0；
当x∈时，f′（x）>
故f（x）在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；
0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增．
（2）原不等式等价于f（x）－＋e1－x>
0在（1，＋∞）上恒成立．
一方面，令g（x）＝f（x）－＋e1－x＝ax2－lnx－＋e1－x－a，
只需g（x）在（1，＋∞）上恒大于0即可．
又g
（1）＝0，故g′（x）在x＝1处必大于等于0.
令F（x）＝g′（x）＝2ax－＋－e1－x，
由g′
（1）≥0，可得a≥.
另一方面，当a≥时，
F′（x）＝2a＋－＋e1－x≥1＋－＋e1－x＝＋e1－x，
因为x∈（1，＋∞），故x3＋x－2>
0.又e1－x>
故F′（x）在a≥时恒大于0.
所以当a≥时，F（x）在（1，＋∞）上单调递增．
所以F（x）>
F
（1）＝2a－1≥0，
故g（x）也在（1，＋∞）上单调递增．
所以g（x）>
g
（1）＝0，
即g（x）在（1，＋∞）上恒大于0.
综上所述，a≥.
故实数a的取值范围为.
已知函数f（x）＝x－alnx，g（x）＝－（a∈R）．若在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）<
g（x0）成立，求a的取值范围．
求a的取值范围，想到建立关于a的不等式
题目条件中，给出存在x0∈[1，e]，使f（x0）<
g（x0）成立，想到利用f（x0）<
g（x0）建立关于a的不等式
要建立关于a的不等式，可令h（x）＝f（x）－g（x），转化为h（x）的最值问题求解
依题意，只需[f（x0）－g（x0）]min<
0，x0∈[1，e]即可．
令h（x）＝f（x）－g（x）＝x－alnx＋，x∈[1，e]，
则h′（x）＝1－－＝＝.令h′（x）＝0，得x＝a＋1.
①若a＋1≤1，即a≤0时，h′（x）≥0，h（x）单调递增，h（x）min＝h
（1）＝a＋2<
0，得a<
－2；
②若1<
a＋1<
e，即0<
a<
e－1时，
h（x）在[1，a＋1）上单调递减，在（a＋1，e]上单调递增，
故h（x）min＝h（a＋1）＝（a＋1）－aln（a＋1）＋1＝a[1－ln（a＋1）]＋2>
2，x∈（0，e－1）与h（x）<
0不符，故舍去．
③若a＋1≥e，即a≥e－1时，h（x）在[1，e]上单调递减，则h（x）min＝h（e）＝e－a＋，
令h（e）<
0，得a>
>
e－1成立．
综上所述，a的取值范围为（－∞，－2）∪.
本题构造函数后，求解a的取值范围时，需对a分类讨论．此处往往因不会分类讨论或讨论不全而导致解题失误
不等式能成立问题的解题关键点
2．（2019届高三·
河北“五个一名校联盟”模拟）已知a为实数，函数f（x）＝alnx＋x2－4x.
（1）若x＝3是函数f（x）的一个极值点，求实数a的值；
（2）设g（x）＝（a－2）x，若存在x0∈，使得f（x0）≤g（x0）成立，求实数a的取值范围．
f′（x）＝＋2x－4＝.
∵x＝3是函数f（x）的一个极值点，
∴f′（3）＝0，解得a＝－6.
经检验，当a＝－6时，x＝3是函数f（x）的一个极小值点，符合题意，故a＝－6.
（2）由f（x0）≤g（x0），得（x0－lnx0）a≥x－2x0，
记F（x）＝x－lnx（x>
0），则F′（x）＝（x>
0），
∴当0<
1时，F′（x）<
0，F（x）单调递减；
1时，F′（x）>
0，F（x）单调递增．
∴F（x）>
F
（1）＝1>
0，∴a≥.
记G（x）＝，x∈，
则G′（x）＝
∵x∈，∴2－2lnx＝2（1－lnx）≥0，
∴x－2lnx＋2>
∴当x∈时，G′（x）<
0，G（x）单调递减；
当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，＋∞）．
策略（三）
已知函数f（x）＝lnx－mx，g（x）＝x－（a>
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若m＝，对∀x1，x2∈[2,2e2]都有g（x1）≥f（x2）成立，求实数a的取值范围．
求f（x）的单调区间，想到解不等式f′（x）>
0或f′（x）<
题目条件中已给出f（x）的解析式，直接求导然后分类讨论参数m即可
求a的取值范围，想到建立a的不等式
给出g（x1）≥f（x2）对∀x1，x2∈[2,2e2]都成立，用此不等式建立关于a的不等式
缺少f（x）与g（x）的最值，利用导数求解
（1）因为f（x）＝lnx－mx，x>
所以f′（x）＝－m，
当m≤0时，f′（x）>
0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增．
当m>
0时，由f′（x）＝0得x＝；
由得0<
；
由得x>
所以f（x）在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当m≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，＋∞），无单调递减区间；
0时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）若m＝，则f（x）＝lnx－x.
对∀x1，x2∈[2,2e2]都有g（x1）≥f（x2）成立，
等价于对∀x∈[2,2e2]都有g（x）min≥f（x）max，
由
（1）知在[2,2e2]上f（x）的最大值为f（e2）＝，
又g′（x）＝1＋>
0（a>
0），x∈[2,2e2]，所以函数g（x）在[2,2e2]上是增函数，所以g（x）min＝g
（2）＝2－.
由2－≥，得a≤3，又a>
0，所以a∈（0,3]，
所以实数a的取值范围为（0,3]．
本题
（2）中不会或不能准确地将已知条件“∀x1
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