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，存在x0
2、，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. B.C.e，) D.(e，)解析由f(x)xex(x2)，令f(x)0，得x0或x2(舍去).当x
3、(1，0时，f(x)0，f(x)递增，f(1)，f(1)e，f(x)最大f(1)e，由题意得me.答案D2.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. B.C. D.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x时，g(x)时，g(x)0，当x时，g(x)min2e，g(0)1，g(1)e1，直线h(x)axa恒过(1，0)且斜率为a，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得a0，则实数b的取值范围是()A. B.C.(，3) D
4、.(，)解析f(x).f(x)xf(x)12x(xb)ln x(xb)2，存在x，使得f(x)xf(x)0，12x(xb)0，bx.设g(x)x，b0，即x2时，g(x)递增，当g(x)0，即x时，g(x)递减，g，g(2)，g(x)最大g(2)，b0)，则h(x)，令h(x)0，得x1或x(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，a，a.仍设(x)，(x)，当x2，1)时，(x)0.当x1时，(x)有极小值，即为最小值.而(x)min(1)2，a2.综上知6a2.答案6，2考点一利用导
5、数证明不等式【例1】 (2020北京西城区练习)已知函数f(x)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线x2y30.(1)求a，b的值；(2)若k0，求证：对于任意x(1，)，f(x).(1)解f(x)由于直线x2y30的斜率为，且过点(1，1)，故即解得a1，b1.(2)证明由(1)知f(x)，所以f(x).考虑函数h(x)2ln x(x1)，则h(x)0.而h(1)0，故当x(1，)时，h(x)0，所以h(x)0，即f(x).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)x
6、ln 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)0f(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)xln yyln x.证明如下：f(x)f(y)(xln yyln x)xln x2xyln y2yxln yyln xxln yln2(xy)ylnln2(1). (
7、*)设t1，Q(t)tln tln t2(t1)(t1)，则Q(t)ln t12lnt1(t1).设M(t)ln t1(t1)，则M(t)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 多维探究角度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，x0.(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x均有f(x)，求a的取值范围.注：e2.718 28为自然对数的底数.解(1)当a时
8、，f(x)ln x，x0.f(x)，令f(x)0得x3，令f(x)0得0x3.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)，得0a.当00，故q(x)在上单调递增，所以q(x)q.由得qpp(1)0.所以q(x)0.由知对任意x，t2，)，g(t)0，即对任意x，均有f(x).综上所述，所求a的取值范围是.角度2双变量任意型【例22】 已知函数f(x)x1，g(x)ln x(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)|1，求a的最大值.(1)证明令F(x)f(x)g(x)xl
9、n x1，F(x)1(x1).x0，exx1，F(x)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)10，g(x)0，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)1，a2，设G(a)a(a1)，G(a)1，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 .(1)求f(x
10、)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 ，x(0，)，所以f(x)，当x2时，f(x)0，当0x2时，f(x)0，所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，(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x1(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a在(0，)上有
11、解.设h(x)，则h(x)，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)，x0时，h(x)，所以在(0，)上，h(x)的值域是，所以实数a的取值范围是.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)1(m0)，g(x)x2eax(aR).求函数f(x
12、)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x0，使得0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)0，g(x)在0，1)上
13、单调递减，在(1，2上单调递增，g(x)ming(1)1，m的取值范围为.(2)函数f(x)的定义域为R，f(x).()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，).()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)min
14、g(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)11，所以函数f(x)的最小值为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，x2.()当2，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
15、，所以1aln 2.()当02，即a1时，在上g(x)0，在上g(x)0，所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，所以g(x)maxg.由1得a，所以a1.综上所述，a的取值范围是(，ln 2.(3)f(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，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)x26x4ln x，f(x)2x6，则函数yf(x)
16、在其图象上一点P(x0，f(x0)处的切线方程为ym(x)(xx0)x6x04ln x0.设(x)f(x)m(x)x26x4ln x(xx0)(x6x04ln x0)，则(x0)0.(x)2x62(xx0)(xx0)，若x0，(x)在上单调递减，所以当x时，(x)(x0)0，此时0；若x0，(x)在上单调递减，所以当x时，(x)(x0)0，此时0；若x0，(x)(x)20，所以(x)在(0，)上单调递增，当xx0时，(x)(x0)0，当0xx0时，(x)(x0)0，故0.综上，存在满足题设的实数x0，且x0.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
17、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)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)minminf(0)，f(4)(2a3)e3.g(x)在0，4上单调递增，g(x).根据题意，(a6)0恒成立，所以只要(a6)1，解得a0，所以a.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
18、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)，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，aa，令F(x)，则F(x)，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)0F(x)1F(x)m
19、axF(0)1，故此时a1.当x2时，f(x)g(x)恒成立，故此时aR.当x(2，)时，aa，由得，令F(x)0x，当x变化时，F(x)，F(x)变化如下表：xF(x)0F(x)9eF(x)minF9e，故此时a9e.综上，1a9e.(2)因为f(x)g(x)，即ex(3x2)a(x2)，由(1)知a(，1)，令F(x)，则当x变化时，F(x)，F(x)变化如下表：x(，0)0(0，2)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a存在唯一的整数x0成立，因为F(0)1最大，F(1)，F(1)e，所以当a时，至少有两个整数成立，所以a.当
20、x(2，)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)存在唯一的整数x0成立，因为F9e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(7e3，5e4.导数与不等式【例题】 (满分15分)(2018浙江卷)已知函数f(x)ln x.(1)若f(x)在xx1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)f(x2)88ln 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)满分解答证明(1)函数f(x)的导函数f(x)，2分由f(x1)f(x
21、2)得，因为x1x2，所以.由基本不等式得2，因为x1x2，所以x1x2256.由题意得f(x1)f(x2)ln x1ln x2ln(x1x2).4分设g(x)ln x，则g(x)(4)，所以x0时，g(x)、g(x)的变化情况如下表：x(0，16)16(16，)g(x)0g(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)，n1，则f(m)kma|a|kka0，f(n)knann0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点.15分构建模板求导数f(x) 由条件f(x1)f(x2)变形
22、利用基本不等式，求出x1x2范围，化简f(x1)f(x2) 构造函数g(x)，利用导数证不等式 证明f(x)kxa解的存在性 由f(x)kxa变形构造函数h(x)，利用导数证明h(x)单调性，得出f(x)kxa至多一个实根 反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范.【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，求b的值；(2)若不等式f(x)0 对x(0，)恒成立，求的最小值.解(1)当ae2b时，f(x)ln x2bx2b，其定义域为(0，)，f(x)2b.若b0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，且f(
23、1)0，所以当x1时，都有f(x)0，不符合题意；若b0，当1，即b1，即be，f(x)ea(x0)，因此当x时，f(x)取到极大值，也为最大值.根据题意有fln2b10，于是.设g(a)，则g(a)，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).综上所述，的最小值为，当a2e，b1时取得.基础巩固题组1.(2018全国卷)已知函数f(x).(1)求曲线yf(x)在点(0，1)处的切线方程；
24、(2)证明：当a1时，f(x)e0.(1)解f(x)，f(0)2.因此曲线yf(x)在(0，1)处的切线方程是2xy10.(2)证明当a1时，f(x)e(x2x1ex1)ex.令g(x)x2x1ex1，则g(x)2x1ex1.当x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增；所以g(x)g(1)0.因此f(x)e0.2.已知函数f(x)xln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设k为正常数，若对定义域内的任意实数x都有f(x)f(kx)k成立，求实数k的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)ln x1，解f(x)0，得x；解f(x)0，得0x0，得xk，由g(x)0
25、，得0xk，解得k2e.故所求实数k的取值范围为(2e，).3.已知函数f(x)x(a1)ln x(aR且ae)，g(x)x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22，0，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).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.综上，当a1时，f(x)min1a
26、；当1ae时，f(x)mina(a1)ln a1；(2)由题意知f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2，0)的最小值.由(1)知f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1)，又g(x)(1ex)x.当x2，0时，g(x)0，g(x)为减函数，则g(x)ming(0)1，所以e(a1)1，解得a，所以a的取值范围为 .4.设函数f(x)xln xb(bR)，曲线yf(x)在(1，0)处的切线与直线y3x平行.证明：(1)函数f(x)在1，)上单调递增；(2)当0x1时，|f(x)|0， 函数f(x)在1，)上单调递增.(2)|f(x)|xln x2|xln x|2|令
27、g(x)xln x，则g(x)1ln x.令g(x)0可得xe1.g(x)在(0，e1)上单调递减，在(e1，)上单调递增.0x1，e1g(x)0，|g(x)|，又0x1时，|2|2.|f(x)|0得0x2；由f(x)0得x2，所以f(x)在上是增函数，在上是减函数，在2，)上为增函数.所以x为极大值点，x2为极小值点，极小值为f(2).(2)不等式aln xbx即为f(x)b，所以bf(x)max.若1x2, 则ln x0，f(x)aln xxx2(当a0，x2 时取等号)；若x1，则ln x0，f(x)aln xxln xx(当a时，取等号).由(1)可知g(x)ln xx在 上为减函数.
28、所以当x1时，g(x)gln 2.因为ln 21，所以f(x)max ，于是bmin. 6.(2020嘉、丽、衢模拟)已知函数f(x)x2e3x.(1)若x0，求证：f(x)；(2)若x0，恒有f(x)(k3)x2ln x1，求实数k的取值范围.(1)证明因为f(x)x2e3x，所以f(x)2xe3x3x2e3xx(3x2)e3x.从而f(x)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值为f.所以当x0时，f(x)f.(2)解由x2e3x(k3)x2ln x1得，k(x0)，令g(x)(x0)，则g(x)(x0)，令h(x)x2(13x)e3x2ln x1，则可知函数h(x)在(0，)上单调
29、递增，且当x0时，h(x)，h(1)4e32ln 110，从而存在x0(0，1)，使得h(x0)0，所以当x(0，x0)时，g(x)0，g(x)单调递减；当x(x0，)时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)在(0，)上的最小值为g(x0)，由h(x0)x(13x0)e3x02ln x010，得xe3x0，令xe3x0t0，则2ln x03x0ln t0，且12ln x0t0(13x0)，两式相减可得ln t0t0(13x0)13x00，记(t)ln tt(13x0)13x0，则(t)在(0，)上单调递增，且(1)0，所以t1，则t01.从而g(x0)0，所以实数k的取值范围为(，0.能
30、力提升题组7.(2020杭州三校三联)已知函数f(x)x2ax.(1)当a0时，求证：f(x)0；(2)(一题多解)若x0时，f(x)0，求a的取值范围；(3)求证：ln(122)(132)(1n2)12ln(23n)，n2且nN*.(1)证明当a0时，f(x)x2(x0).因为ln(1x)x，当x0时等号成立，所以ln，即ln ，即x2，所以x20，即f(x)0.(2)解法一显然a0成立.当a0时，因为ln x1，当x1时等号成立，所以ln1，即x21，由f(x)0得x2ax.所以x2axx21对一切x0成立，显然a0不符合题意，综上所述，a的取值范围为(，0.法二因为，所以，即，由f(x)
31、0得x2ax，所以x2ax对一切x0成立，显然a0不符合题意，综上所述，a的取值范围为(，0.(3)证明由(2)可知当a0时，x2ax，取a1，n2，则有n2n0，所以ln(n21)2ln n，所以ln(221)2ln 2，ln(321)2ln 3，ln(n21)2ln n，将以上不等式相加得ln(122)(132)(142)(1n2)12ln(234n)12ln(234n).8.(2020浙江新高考仿真卷三)已知函数f(x)ln(x1)x.(1)若kZ，且f(x1)xk对任意x1恒成立，求k的最大值；(2)证明：对于(0，1)中的任意一个常数a，存在正数x0，使得ef(x0)1x成立.(1)
32、解由f(x1)xk得xln xxkx3k0，令g(x)xln xxkx3k，则g(x)ln x2k，x1，ln x0，当k2时，g(x)0恒成立，即g(x)在(1，)上单调递增，由g(1)0，即12k0，解得k，k2，又kZ，k的最大值为2.当k2时，由ln x2k0，解得xek2，由ln x2k0，解得1xek2.即g(x)在(1，ek2)上单调递减，在(ek2，)上单调递增.g(x)在(1，)上有最小值g(ek2)3kek2，于是转化为3kek20(k2)成立，求k的最大值.令h(x)3xex2，于是h(x)3ex2.当x2ln 3时，h(x)0，h(x)单调递减，当x2ln 3时，h(x
33、)0，h(x)单调递增.h(x)在x2ln 3处取得最大值.1ln 32，32ln 34，h(1)30，h(2ln 3)33ln 30，h(4)12e20，h(5)15e30，k4.k的最大取值为4.综上所述，k的最大值为4.(2)证明设存在正数x0，使得ef(x0)1x成立，即证x10成立.只需证当x0时，函数h(x)x21的最小值满足h(x)min0即可.h(x)x，令h(x)0，得ex，则xln a，取x0ln a，在0xx0时，h(x)0，在xx0时，h(x)0，h(x)minh(x0)h(ln a)(ln a)2aln aa1，下面只需证明：在0a1时，(ln a)2aln aa10成立即可.又令p(a)(ln a)2aln aa1，a(0，1)，则p(a)(ln a)20，从而p(a)在a(0，1)上为增函数.p(a)p(1)0.因此x0ln a符合条件，即存在正数x0满足条件.