1、第二章 函数、导数及其应用第十一节导数的应用第三课时导数与不等式微考点 大课堂微考场 新提升微考点 大课堂 考点例析 对点微练考点一解不等式或比较大小【典例 1】(1)设函数 f(x)是定义在(，0)上的可导函数，其导函数为 f(x)，且有 2f(x)xf(x)x2，则不等式(x2 014)2f(x2 014)4f(2)0 的解集为()A(，2 012)B(2 012,0)C(，2 016)D(2 016,0)(2)已知 f(x)为 R 上的可导函数，且xR，均有 f(x)f(x)，则以下判断正确的是()Af(2 013)e2 013f(0)Bf(2 013)x2，x0，得 2xf(x)x2f
2、(x)x3，即x2f(x)x30，令 F(x)x2f(x)，则当 x0 时，F(x)0，即 F(2 014x)F(2)。又 F(x)在(，0)上是减函数，所以 2 014x2，即 xf(x)，g(x)0，即函数 g(x)在 R 上递减，g(2 013)g(0)，f2 013e2 013 f0e0，f(2 013)0 时，xf(x)f(x)0 成立的 x的取值范围是()A(，1)(0,1)B(1,0)(1，)C(，1)(1,0)D(0,1)(1，)(2)(2016福建质检)已知 f(x)是定义在 R 上的减函数，其导函数 f(x)满足 fxfxx1，则下列结论正确的是()A对于任意 xR，f(x
3、)0C当且仅当 x(，1)时，f(x)0【解析】(1)记函数 g(x)fxx，则 g(x)xfxfxx2，因为当 x0 时，xf(x)f(x)0 时，g(x)0，所以 g(x)在(0，)上单调递减；又因为函数 f(x)(xR)是奇函数，故函数 g(x)是偶函数，所以 g(x)在(，0)上单调递增，且 g(1)g(1)0。当 0 x0，则 f(x)0；当 x1 时，g(x)0，综上所述，使得 f(x)0 成立的 x 的取值范围是(，1)(0,1)。(2)因为函数 f(x)是定义在 R 上的减函数，所以 f(x)0。因为 fxfxxf(x)，所以 f(x)(x1)f(x)0，构造函数 g(x)(x
4、1)f(x)，则 g(x)f(x)(x1)f(x)0，所以函数 g(x)在 R 上单调递增，又 g(1)(11)f(1)0，所以当 x1 时，g(x)0；当 x1 时，g(x)0，所以 f(x)0。因为 f(x)是定义在 R 上的减函数，所以 f(1)0。综上，对于任意 xR，f(x)0，故选 B。【答案】(1)A(2)B考点二证明不等式【典例 2】(2016全国卷)设函数 f(x)lnxx1。(1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明当 x(1，)时，1x1lnx 1，证明当 x(0,1)时，1(c1)xcx。【解析】(1)由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x1，令f(x)0 解得
5、 x1。当 0 x0，f(x)单调递增；当 x1 时，f(x)0，f(x)单调递减。(2)由(1)知 f(x)在 x1 处取得最大值，最大值为 f(1)0。所以当 x1 时，lnxx1。故当 x(1，)时，lnxx1，ln1x1x1，即 1x1lnx 1，设 g(x)1(c1)xcx，则 g(x)c1cxlnc，令 g(x)0，解得 x0lnc1lnclnc。当 x0，g(x)单调递增；当 xx0 时，g(x)0，g(x)单调递减。由(2)知 1c1lnc c，故 0 x01。又 g(0)g(1)0，故当 0 x0。所以当 x(0,1)时，1(c1)xcx。【答案】(1)当 0 x1 时，f(
6、x)单调递减(2)(3)见解析反思归纳 对于不等式的证明问题可考虑：通过研究函数的单调性进行证明；根据不等式的结构构造新函数，通过研究新函数的单调性或最值来证明。【变式训练】(2016郑州二模)已知函数 f(x)exxm。(1)讨论函数 yf(x)在 x(m，)上的单调性；(2)若 m0，12，则当 xm，m1时，函数 yf(x)的图象是否总在函数 g(x)x2x 图象上方？请写出判断过程。【解析】(1)f(x)exxmexxm2exxm1xm2，当 x(m，m1)时，f(x)0，所以 f(x)在(m，m1)上单调递减，在(m1，)上单调递增。(2)由(1)知 f(x)在m，m1上单调递减，所
7、以其最小值为 f(m1)em1。因为 m0，12，g(x)在m，m1上的最大值为(m1)2m1，所以下面判断 em1 与(m1)2m1 的大小，即判断 ex与(1x)x 的大小，其中 xm11，32。令 m(x)ex(1x)x，m(x)ex2x1，令 h(x)m(x)，则 h(x)ex2，因为 xm11，32，所以 h(x)ex20，m(x)单调递增。又 m(1)e30，故存在 x01，32，使得 m(x0)ex02x010。所以 m(x)在(1，x0)上单调递减，在x0，32 上单调递增，所以 m(x)m(x0)ex0 x20 x02x01x20 x0 x20 x01，所以当 x01，32
8、时，m(x0)x20 x010，即 ex(1x)x，即 f(m1)(m1)2m1，所以函数 yf(x)的图象总在函数 g(x)x2x 图象上方。【答案】(1)在(m，m1)上单调递减，在(m1，)单调递增(2)是，判断过程见解析考点三不等式恒成立问题【典例 3】(2015北京高考)已知函数 f(x)ln1x1x。(1)求曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当 x(0,1)时，f(x)2xx33；(3)设实数 k 使得 f(x)kxx33 对 x(0,1)恒成立，求 k 的最大值。【解析】(1)f(x)ln1x1xln(1x)ln(1x)，x(1，1)，f(x)21x2，
9、f(0)2，f(0)0，所以切线方程为 y2x。(2)原命题等价于任意 x(0,1)，f(x)2xx33 0。设函数 F(x)ln(1x)ln(1x)2xx33，F(x)2x41x2。当 x(0,1)时，F(x)0，函数 F(x)在 x(0,1)上是单调递增函数。F(x)F(0)0，因此当 x(0,1)，f(x)2xx33。(3)ln1x1xkxx33，x(0,1)t(x)ln1x1xkxx33 0，x(0,1)。t(x)21x2k(1x2)kx42k1x2，x(0,1)。当 k0,2，t(x)0，函数 t(x)单调递增，t(x)t(0)0 显然成立。当 k2 时，令 t(x0)0 得 x40
10、k2k(0,1)，t(x)的变化情况列表如下：x(0，x0)x0(x0,1)t(x)0t(x)极小值 t(x0)t(0)0，显然不成立。当 k0 时，显然 k 取不到最大值。综上可知，k 的最大值为 2。【答案】(1)y2x(2)见解析(3)2反思归纳 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略1首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围。2也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题。【解析】函数 f(x)xlnx 的定义域是(0，)。(1)f(x)1lnx，令 f(x)0，解得 x1e。当 x0，1e 时，f(x)0。故 f(x
11、)在0，1e 上单调递减，在1e，上单调递增。所以当 x1e时，函数 f(x)取得最小值 f1e 1e。【变式训练】已知函数 f(x)xlnx。(1)求 f(x)的最小值；(2)若对于所有 x1 都有 f(x)ax1，求实数 a 的取值范围。(2)依题意，得 f(x)ax1 在1，)上恒成立，即不等式 alnx1x对于 x1，)恒成立，即 alnx1x min，x1，)。设 g(x)lnx1x(x1)，则 g(x)1x1x2x1x2，令 g(x)0，得 x1。当 x1 时，因为 g(x)x1x2 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
12、范围是(，1。【答案】(1)1e(2)(，1考点四不等式能成立问题【典例 4】(2016福建六校联考)已知 a 为实数，函数 f(x)alnxx24x。(1)是否存在实数 a，使得 f(x)在 x1 处取得极值？证明你的结论；(2)设 g(x)(a2)x，若x01e，e，使得 f(x0)g(x0)成立，求实数 a的取值范围。【解析】(1)函数 f(x)定义域为(0，)，f(x)ax2x42x24xax。假设存在实数 a，使 f(x)在 x1 处取极值，则 f(1)0，a2，此时，f(x)2x12x，当 x0 时，f(x)0 恒成立，f(x)在(0，)上单调递增，x1 不是 f(x)的极值点，故
13、不存在实数 a，使得 f(x)在 x1 处取得极值。(2)由 f(x0)g(x0)，得(x0lnx0)ax202x0，记 F(x)xlnx(x0)，F(x)x1x(x0)，当 0 x1 时，F(x)1 时，F(x)0，F(x)单调递增。F(x)F(1)10，ax202x0 x0lnx0，记 G(x)x22xxlnx，x1e，e。G(x)2x2xlnxx2x1xlnx2x1x2lnx2xlnx2。x1e，e，22lnx2(1lnx)0，x2lnx20，x1e，1 时，G(x)0，G(x)单调递增，G(x)minG(1)1，aG(x)min1。故实数 a 的取值范围为1，)。【答案】(1)不存在，
14、理由见解析(2)1，)反思归纳 求解含参不等式能成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法，先将不等式转化为 xD 使得f(a)g(x)(或 f(a)g(x)能成立，再转化为 f(a)g(x)min(或 f(a)g(x)max)；第二关是求最值关，即求函数 g(x)在区间 D 上的最小值(或最大值)。【变式训练】已知函数 f(x)xlnx，g(x)x2ax3。(1)求函数 f(x)在t，t2(t0)上的最小值；(2)若存在 x1e，e(e 是自然对数的底数，e2.718 28)使不等式2f(x)g(x)成立，求实数 a 的取值范围。【解析】(1)由题意知 f(x)lnx1，当
15、x0，1e 时，f(x)0，此时 f(x)单调递增。当 0tt21e时，t 无解；当 0t1et2，即 0t1e时，f(x)minf1e 1e；当1et1e时，f(x)在t，t2上单调递增，故 f(x)minf(t)tlnt。所以 f(x)min1e，01e。(2)由题意知 2xlnxx2ax3，即 a2lnxx3x，设 h(x)2lnxx3x(x0)，则 h(x)2x13x2x3x1x2，当 x1e，1 时，h(x)0，此时 h(x)单调递增。所以 h(x)maxmaxh1e，he，因为存在 x1e，e，使 2f(x)g(x)成立，所以 ah(x)max，又 h1e 21e3e，h(e)2e
16、3e，故 h1e h(e)，所以 a1e3e2。【答案】(1)f(x)min1e，01e。(2)，1e3e2微考场 新提升考题选萃 随堂自测解析 设 f(x)exx，则 f(x)xexexx2exx1x2。当 0 x1 时，f(x)0，f(x)exx在(0,1)上为减函数，由 0 x1x2f(x2)，即ex1x1ex2x2，x2ex1x1ex2。故选 C。答案 C1若 0 x1x2lnx2lnx1Bex2ex1x1ex2Dx2ex11，f(0)4，则不等式 exf(x)ex3(其中 e 为自然数对数的底数)的解集为()A(0，)B(，0)(3，)C(，0)(0，)D(3，)解析 设 g(x)e
17、xf(x)ex(xR)，则 g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1，因为 f(x)f(x)1，所以 f(x)f(x)10，所以 g(x)0，所以 g(x)exf(x)ex 在定义域上单调递增，因为 exf(x)ex3，所以 g(x)3，又因为 g(0)e0f(0)e0413，所以 g(x)g(0)，所以 x0。故选 A。答案 A解析 当 x0 时，f(x)exax0 恒成立。若 x0，a 为任意实数，f(x)exax0 恒成立。若 x0，f(x)exax0 恒成立，即当 x0 时，aexx恒成立。设 Q(x)exx。Q(x)exxexx21xexx2。3若对于任意实数 x0
18、，函数 f(x)exax 恒大于零，则实数 a 的取值范围是_。当 x(0,1)时，Q(x)0，则 Q(x)在(0,1)上单调递增，当 x(1，)时，Q(x)0 恒成立，a 的取值范围为(e，)。答案(e，)解析(1)由 f(x)ex2x2a，xR，知 f(x)ex2，xR。令 f(x)0，得 xln2。于是当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln2)ln2(ln2，)f(x)0f(x)22ln22a 4设 a 为实数，函数 f(x)ex2x2a，xR。(1)求 f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当 aln21 且 x0 时，exx22ax1。故 f(x)的单调递减区
19、间是(，ln2)，单调递增区间是(ln2，)，f(x)在 xln2 处取得极小值，极小值为 22ln22a。(2)证明：设 g(x)exx22ax1，xR，于是 g(x)ex2x2a，xR。由(1)知当 aln21 时，g(x)取最小值为 g(ln2)2(1ln2a)0。于是对任意 xR，都有 g(x)0，所以 g(x)在 R 内单调递增。于是当 aln21 时，对任意 x(0，)，都有 g(x)g(0)。而 g(0)0，从而对任意 x(0，)，都有 g(x)0。即 exx22ax10，故当 aln21 且 x0 时，exx22ax1。答案(1)f(x)的单调递减区间是(，ln2)，单调递增区间是(ln2，)，f(x)在 xln2 处取得极小值，极小值为 f(ln2)22ln22a。(2)见解析