1、第二章 函数、导数及其应用第十二节 导数的综合应用第一课时 导数与不等式问题基础梳理1利用导数证明不等式若证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果F(x)0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)0，由减函数的定义可知，x(a，b)时，有F(x)0，即证明了f(x)g(x)2利用导数解决不等式的恒成立问题利用导数研究不等式恒成立问题，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；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3利用导数研究函数的零点用导数研究函数的零点，一方面用导数判
2、断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决1研究函数图像的交点、方程的根、函数的零点，归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等2给出了具体的函数关系式，只需研究这个函数的性质即可3函数关系式中含有比例系数，根据已知数据求出比例系数得到函数关系式，再研究函数的性质4没有给出函数关系，需要先建立函数关系，再研究函数的性质第一课时 导数与不等式问题考点一 不等式证明例(2018高考全国卷)已知函数(x)aexln x1.(1)设x2是(x)的极值点，求a，并求(x)的单调区间；(2)证明：当a1e时，(x)0.解析(1)(x)的定义
3、域为(0，)，(x)aex1x.由题设知，(2)0，所以a 12e2.从而(x)12e2exln x1，(x)12e2ex1x.当0 x2时，(x)0；当x2时，(x)0.所以(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增(2)证明：当a1e时，(x)exe ln x1.设g(x)exe ln x1，则g(x)exe 1x.当0 x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点故当x0时，g(x)g(1)0.因此，当a1e时，(x)0.破题技法 利用导数证明不等式f(x)g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)ming(x)m
4、ax；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)0.设函数f(x)ln xx2，求证f(x)1e.证明：f(x)ln xx2(x0)，f(x)12ln xx3.令f(x)0，即12ln x0，xe12.x(0，e12)，f(x)0，x(e12，)，f(x)0，f(x)在(0，e12)上为增函数，在(e12，)为减函数，f(x)maxf(e12)12e，f(x)12e1e.考点二 不等式恒成立问题例 已知函数f(x)axex(a1)(2x1)(1)若a1，求函数f(x)的图像在点(0，f(0)处的切线方程；(2)
5、若当x0时，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解析(1)若a1，则f(x)xex2(2x1)，f(x)xexex4，当x0时，f(0)2，f(0)3，所以所求切线方程为y3x2.(2)法一：f(x)axex(a1)(2x1)，f(x)a(x1)ex2(a1)，由条件可得，f(1)0，解得a 1e10，令h(x)f(x)a(x1)ex2(a1)，则h(x)a(x2)ex，当x0时，h(x)0，所以h(x)f(x)单调递增，而f(0)2a0，f(1)2ea2a20，所以方程f(x)0存在唯一根x0，x0(0，1，使得函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以函数f(x)在
6、(0，)上的最小值为f(x0)ax0ex0(a1)(2x01)，当x0时，要使f(x)0恒成立，只需f(x0)0即可，又x0满足ex02a2a（x01），得f(x0)（a1）（2x20 x01）x01，因为x0(0，1，所以2x 20 x010，所以f(x0)0，所以f(x)0在(0，)上恒成立，所以实数a的取值范围为 1e1，)法二：由条件可得，f(1)0，解得a 1e10，当x0时，f(x)0恒成立，等价于xex a1a(2x1)对任意的x0恒成立，等价于当x0时，函数y1xex的图像总不在直线y2a1a(2x1)的下方令Q(x)xex(x0)，则Q(x)(x1)ex0，所以Q(x)xex
7、(x0)单调递增；令P(x)Q(x)(x1)ex(x0)，则P(x)(x2)ex0，所以P(x)(x1)ex(x0)单调递增，所以Q(x)xex(x0)为凹函数，又y2 a1a(2x1)是过定点(12，0)的直线系，当直线与曲线相切时，可设切点为T(x0，y0)(x00)，则Q（x0）2（a1）ay0 x0ex0，y0a1a（2x01），即（x01）ex02（a1）a，x0ex0a1a（2x01），解得x01，此时切线的斜率为Q(1)2e，则当x0时，要使f(x)0恒成立，只需2（a1）a2e即可，解得a 1e1.故a的取值范围是 1e1，)破题技法 不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式
8、f(x，)0(为实参数)对任意的xD恒成立，求参数的取值范围利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a0，0或a0，0)求解(3)不等式存在性问题的求解策略“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
9、别需要关注等号是否成立，以免细节出错已知函数f(x)sin xx(x0)(1)判断函数f(x)在区间0，2 上的单调性；(2)若f(x)a在区间0，2 上恒成立，求实数a的最小值解析：(1)f(x)xcos xsin xx2，令g(x)xcos xsin x，x0，2，则g(x)xsin x，显然，当x0，2 时，g(x)xsin x0.即函数g(x)在区间0，2 上单调递减，且g(0)0，从而g(x)在区间 0，2 上恒小于零，所以f(x)在区间 0，2 上恒小于零，所以函数f(x)在区间0，2 上单调递减(2)不等式f(x)a，x0，2 恒成立，即sin xax0恒成立令(x)sin xa
10、x，x0，2，则(x)cos xa，且(0)0.当a1时，在区间0，2 上(x)0，即函数(x)单调递减，所以(x)(0)0，即sin xax0恒成立，当0a1时，(x)cos xa0在区间0，2 上存在唯一解x0，当x(0，x0)时，(x)0，故(x)在区间(0，x0)上单调递增，且(0)0，从而(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin xax0恒成立相矛盾，当a0时，在区间0，2 上(x)0，即函数(x)单调递增，且(0)0，得sin xax0恒成立，这与sin xax0恒成立相矛盾故实数a的最小值为1.考点三 不等式存在性问题例 设函数f(x)aln x1a2 x2bx(a1)，曲线
11、yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x01，使得f(x0)0，f(x)在(1，)上单调递增，所以，存在x01，使得f(x0)aa1 成立的充要条件为f(1)aa1，即 1a21 aa1，解得 21a 21.若12a1，故当x1，a1a 时，f(x)0，f(x)在1，a1a 上单调递减，在a1a，上单调递增所以，存在x01，使得f(x0)aa1成立的充要条件为fa1a aa1，所以不合题意若a1，则f(1)1a2 1a12g(x2)f(x1)ming(x2)min.(4)存在x1M，存在x2N，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min.(5)存在x1
12、M，任意x2N，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.已知函数f(x)ln x1x1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设mR，对任意的a(1，1)，总存在x01，e，使得不等式maf(x0)0成立，求实数m的取值范围解析：(1)f(x)1x 1x2x1x2，x0.令f(x)0，得x1，因此函数f(x)的单调递增区间是(1，)令f(x)0，得0 x1，因此函数f(x)的单调递减区间是(0，1)(2)依题意，maf(x)max.由(1)知，f(x)在x1，e上是增函数所以f(x)maxf(e)ln e1e11e.所以ma1e，即ma1e0对于任意的a(1，1)恒成立所以m11e0，m（1）1e0，解得1em1e.所以m的取值范围是1e，1e.