1、真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华第5讲 导数与不等式的证明、存在性及恒成立问题真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华高考定位 在高考试题压轴题中，函数与不等式交汇的试题是考查的热点，一类是利用导数证明不等式，另一类是存在性及恒成立问题.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华真 题 感 悟(2015全国卷)设函数 f(x)e2xaln x.(1)讨论 f(x)的导函数 f(x)零点的个数；(2)证明：当 a0 时，f(x)2aaln2a(1)解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2xax(x0).当 a0 时，f(x)0，f(x)没有零点.当 a0 时，
2、因为 ye2x 单调递增，yax单调递增，所以 f(x)在(0，)上单调递增.又 f(a)0，当 b 满足 0ba4且 b14时，f(b)0 时，f(x)存在唯一零点.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(2)证明 由(1)，可设 f(x)在(0，)上的唯一零点为 x0，当 x(0，x0)时，f(x)0.故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当 xx0 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0).由于 2e2x0ax00，所以 f(x0)a2x02ax0aln2a2aaln2a.故当a0 时，f(x)2aaln2a.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳
3、总结思维升华考 点 整 合 1.证明f(x)g(x)或f(x)g(x)，可通过构造函数h(x)f(x)g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)0或h(x)0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.2.关于恒成立问题可以转化为求函数的最值.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.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华3.不等式的恒成立与能成立问题(1)f(x)g(x)对一切xI恒成立I是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI).(2)f(x)g(x)对xI能成立I与f(x)g(x)的解集的交集不是空集
4、f(x)g(x)max0(xI).(3)对x1，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(4)对x1I1，x2I2使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华【例 11】(2015福建卷)已知函数 f(x)ln x（x1）22.(1)求函数 f(x)的单调递增区间；(2)证明：当 x1 时，f(x)x1；(3)确定实数 k 的所有可能取值，使得存在 x01，当 x(1，x0)时，恒有 f(x)k(x1).热点一 导数与不等式 微题型1 利用导数证明不等式真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(1)解 f(x
5、)1xx1x2x1x，x(0，).由 f(x)0 得x0，x2x10.解得 0 x1 52.故 f(x)的单调递增区间是0，1 52.(2)证明 令 F(x)f(x)(x1)，x(0，).则有 F(x)1x2x.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华当 x(1，)时，F(x)0，所以 F(x)在1，)上单调递减，故当 x1 时，F(x)F(1)0，即当 x1 时，f(x)x1.(3)解 由(2)知，当 k1 时，不存在 x01 满足题意.当 k1 时，对于 x1，有 f(x)x1k(x1)，则 f(x)k(x1)，从而不存在 x01 满足题意.当 k1 时，令 G(x)f(x)k(x
6、1)，x(0，)，则有 G(x)1xx1kx2（1k）x1x.由 G(x)0 得，x2(1k)x10.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华解得 x11k（1k）2420，x21k（1k）2421.当 x(1，x2)时，G(x)0，故 G(x)在1，x2)内单调递增.从而当 x(1，x2)时，G(x)G(1)0，即 f(x)k(x1).综上，k 的取值范围是(，1).探究提高(1)求解曲线的切线问题的关键是切点的横坐标，得出切点后既可以得出切点的纵坐标，也能得出切线的斜率.(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.真题感
7、悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华【例 12】(1)已知函数 f(x)ax1ln x，aR.讨论函数 f(x)的单调区间；若函数 f(x)在 x1 处取得极值，对x(0，)，f(x)bx2恒成立，求实数 b 的取值范围.(2)设 f(x)xln xx1，若对x1，)，f(x)m(x1)恒成立，求 m的取值范围.微题型2 不等式恒成立求参数范围问题真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华解(1)在区间(0，)上，f(x)a1xax1x，当 a0 时，f(x)0 恒成立，f(x)在区间(0，)上单调递减；当 a0 时，令 f(x)0 得 x1a，在区间0，1a 上，f(x)0，函数
8、 f(x)单调递减，在区间1a，上，f(x)0，函数 f(x)单调递增.综上所述：当 a0 时，f(x)的单调递减区间是(0，)，无单调递增区间；当 a0 时，f(x)的单调递减区间是0，1a，单调递增区间是1a，.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华因为函数 f(x)在 x1 处取得极值，所以 f(1)0，解得 a1，经检验可知满足题意.由已知 f(x)bx2，即 x1ln xbx2，即 11xln xx b 对x(0，)恒成立，令 g(x)11xln xx，则 g(x)1x21ln xx2ln x2x2，易得 g(x)在(0，e2上单调递减，在e2，)上单调递增，所以 g(x)
9、ming(e2)11e2，即 b11e2.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(2)f(x)xln xx1，x1，)，f(x)m(x1)，即 ln xmx1x.设 g(x)ln xmx1x，即x1，)，g(x)0 恒成立，等价于函数 g(x)在1，)上的最大值 g(x)max0.g(x)1xm11x2 mx2xmx2.若 m0，g(x)0，g(x)在1，)上单调递增，即 g(x)g(1)0，这与要求的 g(x)0 矛盾.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华若 m0，方程mx2xm0 的判别式 14m2.当 0，即 m12时，g(x)0.所以 g(x)在1，)上单调递减，
10、g(x)maxg(1)0，即不等式成立；当 0m12时，方程mx2xm0 的两根分别为 x11 14m22m1，x21 14m22m1.当 x(1，x2)时，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)g(1)0，与要求矛盾.综上所述，m12.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华探究提高 对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.真
11、题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华【训练 1】(2015湖北卷改编)设函数 f(x)，g(x)的定义域均为 R，且 f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，f(x)g(x)ex，其中 e 为自然对数的底数.(1)求 f(x)，g(x)的解析式，并证明：当 x0 时，f(x)0，g(x)1；(2)设 b1，证明：当 x0 时，f（x）x0 时，ex1，0ex0.又由基本不等式，有 g(x)12(exex)exex1，即 g(x)1.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(2)证明 由(1)得 f(x)12ex1ex 12ex exe2x12(exex)g(x)，g(x)12ex
12、1ex 12ex exe2x 12(exex)f(x)，当 x0 时，f（x）xbg(x)(1b)f(x)bxg(x)(1b)x，设函数 h(x)f(x)bxg(x)(1b)x，则 h(x)f(x)bg(x)bxg(x)(1b)g(x)bg(x)bxf(x)(1b)(1b)g(x)1bxf(x)，当 b1 时，由得 h(x)0，故 h(x)在0，)上为减函数，从而 h(x)h(0)0，即 f(x)bxg(x)(1b)x.故结论成立.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华热点二 存在与恒成立问题【例 2】已知函数 f(x)ln x14x 34x1，g(x)x22bx4，若对任意x1(0
13、，2)，存在 x21，2，使 f(x1)g(x2).求实数 b 的取值范围.解 f(x)1x14 34x2x24x34x2（x1）（x3）4x2，由 f(x)0 得 x11，x23(0，2)，当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递减，当 x(1，2)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增.所以 f(x)在(0，2)上的最小值为 f(1)12.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华由于“对任意 x1(0，2)，存在 x21，2，使 f(x1)g(x2)”等价于“g(x)在1，2上的最小值不大于 f(x)在(0，2)上的最小值12”，(*)又 g(x)(xb)24b2，x1
14、，2，对称轴为 xb，所以当 b1 时，因为 g(x)ming(1)52b0，此时与(*)矛盾；当 b1，2时，因为 g(x)ming(b)4b20，同样与(*)矛盾；当 b(2，)时，因为 g(x)ming(2)84b，解不等式 84b12，可得 b178.综上，可得 b 的取值范围是178，.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华探究提高 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(x)m有解，则g(x)maxm
15、.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华【训练 2】(2015秦皇岛模拟)已知函数 f(x)ln xx2ax(a 为常数).(1)若 x1 是函数 f(x)的一个极值点，求 a 的值；(2)当 0a2 时，试判断 f(x)的单调性；(3)若对任意的 a(1，2)，x01，2，不等式 f(x0)mln a 恒成立，求实数 m 的取值范围.解 f(x)1x2xa.(1)由已知得：f(1)0，所以 12a0，所以 a3.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(2)当 0a2 时，f(x)1x2xa2x2ax1x2xa421a28x.因为 0a2，所以 1a28 0，而 x0，即
16、f(x)2x2ax1x0，故 f(x)在(0，)上是增函数.(3)当 a(1，2)时，由(2)知，f(x)在1，2上的最小值为 f(1)1a，故问题等价于：对任意的 a(1，2)，不等式 1amln a 恒成立，即 m1aln a 恒成立.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华记 g(a)1aln a(1a2)，则 g(a)aln a1aa（ln a）2.令 M(a)aln a1a，则 M(a)ln a0，所以 M(a)在(1，2)上单调递减，所以 M(a)M(1)0，故 g(a)0，所以 g(a)1aln a 在 a(1，2)上单调递减，所以 mg(2)12ln 2 log2e，即
17、实数 m 的取值范围为(，log2e.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华1.利用导数解决不等式恒成立问题的两种常用方法(1)分离参数法：第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围.(2)函数思想法：第一步：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华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，得到所证不等式.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华3.构造辅助函数的三种方法(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)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x1，x)(或f(x2，x).
