1、第5节 导数与不等式考试要求 1.能利用导数证明简单的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，会求参数的取值范围.知 识 梳 理 1.证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题.2.求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题.3.不等式能成立看作不等式有解问题.常用结论与易错提醒 与不等式有关的结论(1)对任意x，f(x)g(x)f(x)g(x)0f(x)g(x)min0.(2)对任意x1，x2，f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max.(3)存在x1，x2，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(4)对任意x，
2、存在x0，f(x)g(x0)f(x)ming(x)min.(5)f(x)a或f(x)a对xD恒成立f(x)mina或f(x)maxa.(6)若存在xD，使f(x)a或f(x)af(x)maxa或f(x)mina.(7)对任意的x1D1，总存在x2D2，使f(x1)g(x2)AB(其中集合A为f(x1)的值域，集合B为f(x2)的值域).(8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用.诊 断 自 测1.已知函数 f(x)x2ex，当 x1，1时，不等式 f(x)m 恒成立，则实数 m 的取值范围是()A.1e，B.1e，C.e，)D.(e，)解析 由 f(x)xex(x2)，令 f(
3、x)0，得 x0 或 x2(舍去).当 x(1，0时，f(x)0，f(x)递增，f(1)1e，f(1)e，f(x)最大f(1)e，由题意得 me.答案 D 2.设函数 f(x)ex(2x1)axa，其中 a1，若存在唯一整数 x0 使得 f(x0)0，则 a的取值范围是()A.32e，1B.32e，34C.32e，34D.32e，1解析 设 g(x)ex(2x1)，h(x)axa，由题意知存在唯一的整数 x0，使 g(x0)在直线 h(x)axa 的下方，因为 g(x)ex(2x1)，当 x12时，g(x)12时，g(x)0，当 x12时，g(x)min2e12，g(0)1，g(1)e1，直线
4、 h(x)axa恒过(1，0)且斜率为 a，故ag(0)1，且 g(1)3e1aa，解得 32ea0，则实数 b 的取值范围是()A.，32B.，94C.(，3)D.(，2)解析 f(x)1x212x（xb）ln x（xb）2.f(x)xf(x)ln x（xb）2x1x12x(xb)ln x(xb)212x（xb）x，存在 x12，2，使得 f(x)xf(x)0，12x(xb)0，bx 12x.设 g(x)x 12x，b0，即 22 x2 时，g(x)递增，当 g(x)0，即12x 22 时，g(x)递减，g12 32，g(2)94，g(x)最大g(2)94，b0)，则 h(x)（x1）（3x
5、1）2x2，令 h(x)0，得x1 或 x13(舍去)，当x(0，1)时，h(x)0，h(x)递增，当x(1，)时，h(x)0，(x)在(0，1上递增，(x)max(1)6.a6.当 x2，0)时，ax24x3x3，ax24x3x3min.仍设(x)x24x3x3，(x)（x9）（x1）x4，当 x2，1)时，(x)0.当 x1 时，(x)有极小值，即为最小值.而(x)min(1)14312，a2.综上知6a2.答案 6，2 考点一 利用导数证明不等式【例 1】(2020北京西城区练习)已知函数 f(x)aln xx1bx，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线 x2y30.(1)求 a，
6、b 的值；(2)若 k0，求证：对于任意 x(1，)，f(x)ln xx1kx.(1)解 f(x)ax1x ln x（x1）2 bx2由于直线 x2y30 的斜率为12，且过点(1，1)，故f（1）1，f（1）12，即b1，a2b12，解得 a1，b1.(2)证明 由(1)知 f(x)ln xx11x，所以 f(x)ln xx1kx11x22ln x（k1）（x21）x.考虑函数 h(x)2ln x（k1）（x21）x(x1)，则 h(x)（k1）（x21）2xx2k（x21）（x1）2x20.而 h(1)0，故当 x(1，)时，h(x)0，所以11x2h(x)0，即 f(x)ln xx1kx
7、.规律方法(1)利用参数a的范围放缩不等式是关键；(2)不等式有等号时，可利用函数的最值证明不等式，否则可利用函数的单调性求函数的值域.【训练1】已知函数f(x)xln x2x.(1)求f(x)的单调区间、极值；(2)若xy0，试确定f(x)f(y)与xln yyln x的大小关系，并给以证明.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x12ln x1，令f(x)0得xe.将x，f(x)，f(x)变化情况列下表：x(0，e)e(e，)f(x)0 f(x)极小值 可得(0，e)是f(x)的递减区间，(e，)是f(x)的递增区间，f(x)在xe处有极小值e，无极大值.(2)f(x)f(y)
8、xln yyln x.证明如下：f(x)f(y)(xln yyln x)xln x2xyln y2yxln yyln xxln xyylnxy2(xy)yxylnxylnxy2(xy1).(*)设 txy1，Q(t)tln tln t2(t1)(t1)，则 Q(t)ln t11t2lnt1t1(t1).设 M(t)ln t1t1(t1)，则 M(t)1t1t2t1t2 0(t1).M(t)在(1，)上是递增函数.M(t)M(1)0，即Q(t)0.Q(t)在(1，)上是递增函数.Q(t)Q(1)0.又y0，(*)0，f(x)f(y)xln yyln x.考点二 根据不等式恒成立求参数的范围 角度
9、1 单变量任意型【例 21】(2019浙江卷)已知实数 a0，设函数 f(x)aln x 1x，x0.(1)当 a34时，求函数 f(x)的单调区间；(2)对任意 x1e2，均有 f(x)x2a，求 a 的取值范围.注：e2.718 28为自然对数的底数.多维探究解(1)当 a34时，f(x)34ln x 1x，x0.f(x)34x12 1x（1x2）（2 1x1）4x 1x，令 f(x)0 得 x3，令f(x)0 得 0 x3.所以函数 f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，).(2)由 f(1)12a，得 0a 24.当 00，故 q(x)在1e2，17 上单调递增，所以
10、 q(x)q17.由得 q17 2 77 p17 2 77 p(1)0.所以 q(x)0.由知对任意 x1e2，t2 2，)，g(t)0，即对任意 x1e2，均有 f(x)x2a.综上所述，所求 a 的取值范围是0，24.角度2 双变量任意型【例 22】已知函数 f(x)xexx1，g(x)ln x1e(e 为自然对数的底数).(1)证明：f(x)g(x)；(2)若对于任意的 x1，x21，a(a1)，总有|f(x1)g(x2)|2e21e1，求 a 的最大值.(1)证明 令 F(x)f(x)g(x)xexxln x11e，F(x)1xex 11x(x1)exxxex.x0，exx1，F(x)
11、在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，F(x)minF(1)0，f(x)g(x).(2)解 x1，a，f(x)1xex 10，g(x)1x0，f(x)，g(x)均在1，a上单调递增.f(x)g(x)，F(x)f(x)g(x)在1，)上单调递增，f(x)与g(x)的图象在1，a上距离随x增大而增大，|f(x1)g(x2)|maxf(a)g(1)2e21e1，aeaa2e22，设 G(a)aeaa(a1)，G(a)1aea 1eaa1ea，当a1时，eaa1，当a1时，G(a)0，G(a)在1，)上单调递增，a2，a的最大值为2.角度3 双变量任意存在型【例 23】已知函数 f(x)2ln
12、 x23x6x1.(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 g(x)ln xax，若对任意 x1(1，)，存在 x2(0，)，使得 f(x1)g(x2)成立，求实数 a 的取值范围.解(1)因为 f(x)2ln x23x6x1，x(0，)，所以 f(x)2x9（x1）22x25x2x（x1）2（2x1）（x2）x（x1）2，当12x2 时，f(x)0，当 0 x2 时，f(x)0，所以 f(x)的单调递减区间是12，2，单调递增区间是0，12，(2，).(2)由(1)知，f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以当x1时，f(x)f(2)0，又g(x)ln xax，所以对任意 x
13、1(1，)，存在 x2(0，)，使得 f(x1)g(x2)成立存在 x2(0，)，使得 g(x2)0 成立函数 yln x 与直线 yax 的图象在(0，)上有交点方程 aln xx 在(0，)上有解.设 h(x)ln xx，则 h(x)1ln xx2，当x(0，e)时，h(x)0，h(x)单调递增，当x(e，)时，h(x)0，h(x)单调递减，又 h(e)1e，x0 时，h(x)，所以在(0，)上，h(x)的值域是，1e，所以实数 a 的取值范围是，1e.规律方法(1)单变量任意型，常用分离参数法，不易分离参数或分离参数后函数太复杂时，应直接讨论参数；(2)双变量任意型、任意存在型注意等价转
14、化为最值问题解决.【训练 2】(1)(角度 1)已知函数 f(x)(x2x1)ex.当 x0，2时，f(x)x22xm 恒成立，求 m 的取值范围.(2)(角度 2)(2020浙江新高考仿真卷一)已知函数 f(x)mxx211(m0)，g(x)x2eax(aR).求函数 f(x)的单调区间；当 m0 时，若对任意 x1，x20，2，f(x1)g(x2)恒成立，求 a 的取值范围.(3)(角度 3)(2020金华一中月考)已知函数 f(x)x2(a2)xaln x.设 f(x)在点 xx0处的切线方程为 ym(x).若函数 f(x)存在唯一极值点，求实数 a 的取值范围；当 a4 时，是否存在
15、x0，使得f（x）m（x）xx00 对任意的 xx|x0，且 xx0恒成立？若存在，试求出 x0 的值；若不存在，请说明理由.解(1)f(x)x22xm 在 x0，2时恒成立，mf(x)x22x(x2x1)exx22x，令 g(x)(x2x1)exx22x，则 g(x)(x2)(x1)ex2(x1)，当x0，1)时，g(x)（x1）（2x2ex）ex0，g(x)在0，1)上单调递减，在(1，2上单调递增，g(x)ming(1)1e1，m 的取值范围为，1e1.(2)函数 f(x)的定义域为 R，f(x)m（1x2）（x21）2 m（1x）（1x）（x21）2.()当m0时，当x变化时，f(x)
16、，f(x)的变化情况如下表：x(，1)(1，1)(1，)f(x)f(x)所以函数f(x)的单调递增区间是(1，1)，单调递减区间是(，1，1，).()当m0时，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)(1，1)(1，)f(x)f(x)所以函数f(x)的单调递增区间是(，1，1，)，单调递减区间是(1，1).依题意，“当m0时，对于任意x1，x20，2，f(x1)g(x2)恒成立”等价于“当m0时，对于任意x0，2，f(x)ming(x)max成立”.当m0时，由知函数f(x)在0，1上单调递增，在1，2上单调递减，因为 f(0)1，f(2)2m5 11，所以函数 f(x)的最
17、小值为 f(0)1，所以应满足g(x)max1.因为g(x)x2eax，所以g(x)(ax22x)eax.a.当a0时，由任意的x0，2，g(x)(ax22x)eax0，故函数g(x)x2eax单调递增，g(x)maxg(2)4e2a4，显然不满足g(x)max1，故a0不成立.b.当 a0 时，令 g(x)0 得 x10，x22a.()当2a2，即1a0 时，在0，2上 g(x)0，所以函数 g(x)在0，2上单调递增，所以函数 g(x)maxg(2)4e2a.由 4e2a1 得 aln2，所以1aln 2.()当 02a2，即 a1 时，在0，2a 上 g(x)0，在2a，2 上 g(x)
18、0，所以函数 g(x)在0，2a 上单调递增，在2a，2 上单调递减，所以 g(x)maxg2a 4a2e2.由 4a2e21 得 a2e，所以 a1.综上所述，a的取值范围是(，ln 2.(3)f(x)（x1）（2xa）x，x0，当 a0 时，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以 x1 是 f(x)的唯一极值点；当 a0，a2 时，f(x)0 在(0，)上有两个不等的实根 1 和a2，从而f(x)有两个极值点，不符合题意；当 a2 时，f(x)0，即 f(x)在(0，)上单调递增，f(x)无极值点，不符合题意.所以实数 a 的取值范围是a|a0.当 a4 时，f(x)x
19、26x4ln x，f(x)2x64x，则函数 yf(x)在其图象上一点P(x0，f(x0)处的切线方程为 ym(x)2x04x06(xx0)x206x04ln x0.设(x)f(x)m(x)x26x4ln x2x04x06(xx0)(x206x04ln x0)，则(x0)0.(x)2x4x62x04x06 2(xx0)1 2xx0 2x(xx0)x2x0，若 x0 2，(x)在x0，2x0 上单调递减，所以当 xx0，2x0 时，(x)(x0)0，此时（x）xx0 0；若 x0 2，(x)在2x0，x0 上单调递减，所以当 x2x0，x0 时，(x)(x0)0，此时（x）xx0 0；若 x0
20、2，(x)2x(x 2)20，所以(x)在(0，)上单调递增，当 xx0 时，(x)(x0)0，当 0 xx0 时，(x)(x0)0，故（x）xx0 0.综上，存在满足题设的实数 x0，且 x0 2.考点三 不等式能成立【例 3】设 x3 是函数 f(x)(x2axb)e3x(xR)的一个极值点.(1)求 a 与 b 之间的关系式，并求当 a2 时，函数 f(x)的单调区间；(2)设 a0，g(x)a2254 ex.若存在 x1，x20，4使得|f(x1)g(x2)|0得3x0得a1x3，所以f(x)在0，3)上单调递增，在(3，4上单调递减，于是f(x)maxf(3)a6，f(x)minmi
21、nf(0)，f(4)(2a3)e3.g(x)在0，4上单调递增，g(x)a2254，a2254 e4.根据题意，a2254(a6)0 恒成立，所以只要a2254(a6)1，解得12a0，所以 a0，32.规律方法“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xD恒成立，应求f(x)的最小值；若存在xD，使得f(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错.【训练3】已知函数f(x)ex(3x2)，
22、g(x)a(x2)，其中a，xR.(1)若对任意xR，有f(x)g(x)恒成立，求a的取值范围；(2)若存在唯一的整数x0，使得f(x0)g(x0)，求a的取值范围.解(1)由题意，对任意xR有ex(3x2)a(x2)恒成立，当 x(，2)时，aex（3x2）x2aex（3x2）x2max，令 F(x)ex（3x2）x2，则 F(x)ex（3x28x）（x2）2，令 F(x)0 得 x0.当x变化时，F(x)，F(x)变化如下表：x(，0)0(0，2)F(x)0 F(x)1 F(x)maxF(0)1，故此时a1.当x2时，f(x)g(x)恒成立，故此时aR.当 x(2，)时，aex（3x2）x
23、2aex（3x2）x2min，由得，令 F(x)0 x83，当x变化时，F(x)，F(x)变化如下表：x2，838383，F(x)0F(x)9e83 F(x)minF83 9e83，故此时 a9e83.综上，1a9e83.(2)因为 f(x)g(x)，即 ex(3x2)a(x2)，由(1)知 a(，1)9e83，令 F(x)ex（3x2）x2，则当 x 变化时，F(x)，F(x)变化如下表：x(，0)0(0，2)2，838383，F(x)00F(x)极大值 极小值 当 x(，2)时，存在唯一的整数 x0 使得 f(x0)g(x0)，等价于 aex（3x2）x2存在唯一的整数 x0 成立，因为
24、F(0)1 最大，F(1)53e，F(1)e，所以当 a 53e时，至少有两个整数成立，所以 a53e，1.当 x(2，)时，存在唯一的整数 x0 使得 f(x0)ex（3x2）x2存在唯一的整数 x0 成立，因为 F83 9e83最小，且 F(3)7e3，F(4)5e4，所以当 a5e4 时，至少有两个整数成立，当 a7e3 时，没有整数成立，所以 a(7e3，5e4.综上，a 的取值范围是53e，1(7e3，5e4.导数与不等式【例题】(满分 15 分)(2018浙江卷)已知函数 f(x)xln x.(1)若 f(x)在 xx1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)f(x2)88l
25、n 2；(2)若 a34ln 2，证明：对于任意 k0，直线 ykxa 与曲线 yf(x)有唯一公共点.审题路线图(1)(2)取特值m，n，比差法证明f（x）kxa在（m，n）上有解 构造差函数 用导数证其单调性 结论满分解答 证明(1)函数 f(x)的导函数 f(x)12 x1x，2 分由 f(x1)f(x2)得 12 x11x1 12 x21x2，因为 x1x2，所以 1x1 1x212.由基本不等式得12 x1x2 x1 x224x1x2，因为 x1x2，所以 x1x2256.由题意得 f(x1)f(x2)x1ln x1 x2ln x212 x1x2ln(x1x2).4 分设 g(x)1
26、2 xln x，则 g(x)14x(x4)，所以 x0 时，g(x)、g(x)的变化情况如下表：x(0，16)16(16，)g(x)0 g(x)24ln 2 所以g(x)在256，)上单调递增，故g(x1x2)g(256)88ln 2，即f(x1)f(x2)88ln 2.7分(2)令 me(|a|k)，n|a|1k21，则 f(m)kma|a|kka0，f(n)knan1nank n|a|1n k 0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点.15分 构建模板【训练】已知函数 f(x)ln x(ea)x2b，其中 a，bR，e 为自然对数的底数.(1)若 ae2b，当 f(x)0 有唯一解时，
27、求 b 的值；(2)若不等式 f(x)0 对 x(0，)恒成立，求ba的最小值.解(1)当 ae2b 时，f(x)ln x2bx2b，其定义域为(0，)，f(x)1x2b12bxx.若b0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，且f(1)0，所以当x1时，都有f(x)0，不符合题意；若 b0，当 12b1，即 b1，即12be，f(x)1xea(x0)，因此当 x 1ae时，f(x)取到极大值，也为最大值.根据题意有 f1ae ln 1ae2b10，于是baln 1ae12a.设 g(a)ln 1ae12a，则 g(a)（ae）ln（ae）e2（ae）a2，当a(e，e1时，(ae)ln(ae)0，当a(e1，)时，(ae)ln(ae)单调递增，且(ae)ln(ae)0，所以方程(ae)ln(ae)e0有唯一零点a2e，所以g(a)在(e，2e)上单调递减，在(2e，)上单调递增，所以 g(a)g(2e)12e.综上所述，ba的最小值为 12e，当 a2e，b1 时取得.
