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1、第 4 讲导数与不等式问题 高考定位导数经常作为高考的压轴题，能力要求非常高.作为导数综合题，主 要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题、利用导数证明不等式等，常伴随对 参数的讨论，这也是难点之所在. 真 题 感 悟 (2016 无锡高三期末 )已知函数 f (x)ln xae2 x (a0). (1)当 a2 时，求出函数 f (x)的单调区间； (2)若不等式 f (x)a 对于 x0 的一切值恒成立，求实数a 的取值范围 . 解(1)由题意知函数 f (x)的定义域为 (0，). 当 a2 时，函数 f (x)ln xe x， 所以 f (x) 1 x e x 2xe x 2 ， 所以当
2、x(0，e)时，f(x)0，函数 f (x)在(0，e)上单调递减； 当 x(e，) 时，f(x)0，函数 f (x)在(e，) 上单调递增 . (2)由题意知 ln x ae2 x a 恒成立 . 等价于 xln xae2ax0 在(0，) 上恒成立 . 令 g(x)xln xae2ax，则 g(x)ln x1a， 令 g(x)0，得 xe a1. 列表如下： X (0，e a1) e a1 (e a1，) g(x)0 g(x)极小值 所以 g(x)的最小值为 g(e a1)(a1)ea1ae2aea1ae2ea1， 令 t(x)xe2e x1(x0)，则 t( x)1e x1， 令 t(x
3、)0，得 x1. 列表如下： x (0，1)1(1，) t(x)0 t(x)极大值 所以当 a(0，1)时，g(x)的最小值为t(a)t(0)e2 1 e e（e2）1 e 0， 符合题意；当a1，) 时，g(x)的最小值为t(a)ae2ea 10t(2)， 所以 a1，2. 综上所述， a(0，2. 考 点 整 合 1.解决函数的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域， 其解题步骤是： (1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼 出相应的数学问题； (2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函 数关系式； (3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的
4、数学结果；(4)实际问 题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答. 2.利用导数解决不等式恒成立问题的“ 两种” 常用方法 (1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的 函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地， f (x)a 恒成立，只需 f (x)mina 即可； f (x)a 恒成立，只需 f (x)maxa 即可. (2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问 题，利用导数求该函数的极值(最值 )，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等 式求解 . 3.常见构造辅助函数的四种方法 (1)直接构造法：证明
5、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：稍作变形后构造.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结构，根据“ 相同结构 ” 构 造辅助函数 . (3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放 缩，再重新构造函数 . (4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求 得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f (x)和 g(x)，利用其最值求解 . 4.不等式的恒
6、成立与能成立问题 (1)f (x)g(x)对一切 xa，b恒成立? a，b是 f (x)g(x)的解集的子集 ? f (x) g(x)min0(xa，b). (2)f (x)g(x)对 xa，b能成立 ? a，b与 f (x)g(x)的解集的交集不是空集 ? f (x)g(x)max0(xa，b). (3)对?x1，x2a，b使得 f (x1)g(x2)? f (x)maxg(x)min. (4)对?x1a，b，?x2a，b使得 f (x1)g(x2)? f (x)ming(x)min. 热点一利用导数证明不等式 【例 1】 (2017全国卷)已知函数 f (x)ax2axxln x，且 f
7、(x)0. (1)求 a； (2)证明： f (x)存在唯一的极大值点x0，且 e 21 时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以 x1 是 g(x)的极小值点，故 g(x)g(1)0. 综上， a1. (2)证明由(1)知 f (x)x 2xxln x，f( x)2x2ln x， 设 h(x)2x2ln x，则 h(x)21 x. 当 x 0，1 2 时，h(x)0. 所以 h(x)在 0，1 2 上单调递减， 在 1 2，上单调递增 . 又 h(e 2)0，h1 2 0；当 x(x0，1)时，h(x)0. 因为 f (x)h(x)，所以 xx0是 f (x)的唯一极大值点 . 由 f (x
8、0)0 得 ln x02(x01)，故 f (x0)x0(1x0). 由 x0(0，1)得 f (x0)f (e 1)e2. 所以 e 20，即 kx 22x对任意 x(0，2)都成立，从而 k0. 不等式整理可得 k0，函数 g(x)在(1，2)上单调递增， 同理可得函数 g(x)在(0，1)上单调递减 . 所以 k0)，则 t1， 所以 m t1 t 2t1 1 t1 1 t11 对任意 t1 成立. 因为 t1 1 t112 （t1）1 t113， 所以 1 t1 1 t11 1 3， 当且仅当 t2，即 xln 2 时等号成立 . 因此实数 m的取值范围是 ( ， 1 3. (3)解令
9、函数 g(x)e x1 e xa(x33x)， 则 g(x)e x1 e x3a(x21). 当 x1 时，ex 1 e x0，x210， 又 a0，故 g(x)0. 所以 g(x)是1，) 上的单调增函数，因此g(x)在1，) 上的最小值是 g(1)e e 12a. 由于存在x01，) ，使 ex0e x 0a(x 3 03x0)ee 1 2 . 令函数 h(x)x(e1)ln x1， 则 h(x)1 e1 x .令 h(x)0，得 xe1， 当 x(0，e1)时，h(x)0，故 h(x)是(e1，) 上的单调增函数 . 所以 h(x)在(0，) 上的最小值是 h(e1). 注意到 h(1)
10、h(e)0，所以当 x(1，e1)? (0，e1)时， h(e1)h(x)h(e)0， 即 a1(e1)ln a，故 e a1ae1. 综上所述，当 a ee1 2 ，e 时，e a1ae1. 热点三利用导数解决能成立问题 【例 3】 (2017南通模拟 )已知函数 f (x)x(a1)ln x a x(aR)，g(x) 1 2x 2ex xe x. (1)当 x1，e时，求 f (x)的最小值； (2)当 a1 时，若存在 x1e，e 2，使得对任意的 x 22，0，f (x1)g(x2)恒 成立，求 a 的取值范围 . 解(1)f (x)的定义域为 (0，) ，f (x)（x1）（xa）
11、x 2. 若 a1，当 x1，e时，f (x)0， 则 f (x)在1，e上为增函数， f (x)minf (1)1a. 若 1ae， 当 x1，a时，f (x)0，f (x)为减函数； 当 xa，e时，f (x)0，f (x)为增函数 . 所以 f (x)minf (a)a(a1)ln a1. 若 ae，当 x1，e时，f (x)0，f (x)在1，e上为减函数， f (x)minf (e) e(a1) a e. 综上，当 a1 时，f (x)min1a； 当 1ae时，f (x)mina(a1)ln a1； 当 ae时，f (x)mine(a1)a e. (2)由题意知： f (x)(xe
12、，e 2)的最小值小于 g(x)(x2，0)的最小值 . 由(1)知 f (x)在e，e 2上单调递增， f (x)minf (e)e(a1)a e.g( x)(1e x)x. 当 x2，0时，g(x)0，g(x)为减函数， g(x)ming(0)1，所以 e(a1) a e1， 即 ae 22e e1 ， 所以 a 的取值范围为 e 22e e1 ，1 . 探究提高存在性问题和恒成立问题的区别与联系 存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)m 恒成 立，则 g(x)maxm；若 g(x)m 恒成立，则g(x)minm；若 g(x)m 有解，则 g(x)minm；若 g
13、(x)m 有解，则 g(x)maxm. 【训练 3】 (2016 四川卷 )设函数 f (x)ax2aln x，其中 aR. (1)讨论 f (x)的单调性； (2)确定 a 的所有可能取值，使得f (x) 1 xe 1x 在区间 (1， ) 内恒成立 (e 2.718 为自然对数的底数 ). 解(1)f (x)2ax1 x 2ax 21 x (x0). 当 a0 时，f(x)0 时，由 f (x)0，有 x 1 2a. 此时，当 x 0， 1 2a 时，f(x)0，f (x)单调递增 . (2)令 g(x)1 x 1 e x1，s(x)e x1x. 则 s(x)e x11.而当 x1 时，s
14、( x)0， 所以 s(x)在区间 (1，) 内单调递增 . 又由 s(1)0，有 s(x)0，从而当 x1 时，g(x)0. 当 a0，x1 时，f (x)a(x 21)ln xg(x)在区间 (1，) 内恒成立时，必有a0. 当 01. 由(1)有 f 1 2a 0， 所以此时 f (x)g(x)在区间 (1，) 内不恒成立 . 当 a1 2时，令 h(x)f (x)g(x)(x1). 当 x1 时，h(x)2ax 1 x 1 x 2e1 xx1 x 1 x 21 x x 32x1 x 2 x 22x1 x 2 0. 因此， h(x)在区间 (1，) 上单调递增 . 又因为 h(1)0，所
15、以当 x1 时，h(x)f (x)g(x)0，即 f (x)g(x)恒成立. 综上， a 1 2，. 1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有： (1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况 下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如af (x)max或 af (x)min. (2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函 数的最值问题，伴有对参数的分类讨论. (3)数形结合 . 2.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形 . (2)构造新的函数 h(x). (3)利用导数研究 h(x)的单调性或最值 . (4)根据单调性及最值，得到所
16、证不等式. 3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题； (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题； (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题. 一、填空题 1.设 f (x)是定义在 R 上的奇函数，当x0 时，f(x)0，且 f (0)0，f 1 2 0，则不等式 f (x)0 的解集为 _. 解析如图所示，根据图象得不等式f (x)0 的解集为 ， 1 2 0， 1 2 . 答案 ， 1 2 0， 1 2 2.(2017 苏北四市调研 )若不等式 2xln xx 2ax3恒成立，则实数 a 的取值范 围为_. 解析条件可转化为 a2l
17、n xx 3 x恒成立 . 设 f (x)2ln xx3 x， 则 f (x) （x3）（x1） x 2 (x0). 当 x(0，1)时，f (x)0，函数 f (x)单调递减； 当 x(1，) 时，f (x)0，函数 f (x)单调递增， 所以 f (x)minf (1)4.所以 a4. 答案( ，4 3.若存在正数 x 使 2 x(xa)1 成立，则 a 的取值范围是 _. 解析2x(xa)1，ax 1 2 x. 令 f (x)x 1 2 x， f (x)12 xln 20. f (x)在(0，) 上单调递增， f (x)f (0)01 1， a 的取值范围为 (1，). 答案(1，) 4
18、.(2015 全国卷改编 )设函数 f (x)是奇函数 f (x)(xR)的导函数， f (1)0，当 x0 时，xf(x)f (x)0，则使得 f (x)0 成立的 x 的取值范围是 _. 解析令 F(x) f（x） x ，因为 f (x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F(x) x f （x）f（x） x 2，当 x0 时，x f(x)f (x)0，所以 F(x) f（x） x 在(0，) 上单调递减，根据对称性，F(x)f（x） x 在(，0)上单调递增，又f (1) 0，f (1)0，数形结合可知，使得f (x)0 成立的 x的取值范围是 ( ，1) (0，1). 答案( ，1)(0，1) 5.已知不等式e xxax 的解集为 P，若 0，2? P，则实数a 的取值范围是 _. 解析由题意知不等式 e xxax 在 x0，2上恒成立 . 当 x0 时，显然对任意实数a，该不等式都成立 . 当 x(0，2时，原不等式即ae x x 1，