专题14 导数综合应用的解题模板-学会解题之高三数学万能解题模板【2021版】【解析版】
学习界的专题14 导数综合应用的解题模板
【高考地位】
导数综合问题是高考的必考的重点内容，主要在导数解答题的的第2 小问，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大.
类型一利用导数研究不等式证明问题
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1＜x－1
＜x；
ln x
(3)设c＞1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞c x. 【解析】(1)(2)略
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－c x，[关键1：利用要证明的不等式直接构造函数]
ln c－1
则g′(x)＝c－1－c x ln c，令g′(x)＝0，解得x0＝ln c .
ln c
当x＜x0 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
[关键 2：利用导数研究函数单调性、极值] 由(2)知 1＜c －1
＜c ，故 0＜x 0＜1.
ln c [关键 3：判断极值点所在的区间]
又 g (0)＝g (1)＝0，故当 0＜x ＜1 时，g (x )＞0. 所以当 x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x .
[关键 4：利用函数单调性与极值点所在区间证得不等式]
【变式演练 1】（作差法证明不等式）【河南省郑州市第一中学 2021 届高三上学期开学测试数学（文）】已知函数 f (x ) = (x + sin x - cos x )e x ， f ' (x ) 为 f (x ) 的导函数． （1）设 g ( x ) = f ' ( x ) - f ( x ) ，求 g (x ) 的单调区间；
（2）若 x ≥ 0 ，证明： f ( x ) ≥ x -1．
【答案】（1）
g (x ) 的单调递增区间是(- 2π + 2k π
2π
+ 2k π), k ∈ Z ；单调递减区间是
， 3
3
( 2π + 2k π, 4π
+ 2k π), k ∈ Z ；（2）证明见解析. 3 3
【解析】
【分析】
（1） 根据题意，求得 g
( x ), g '( x ) ，解三角不等式则问题得解；
（2） 构造函数 h (x ) = f (x ) +1- x ，通过二次求导，判断 h
( x ) 的单调性，即可求得 h ( x ) 的最小值，则问
题得解. 【详解】
（1） 由已知， f '
(x ) = (1 + cos x + sin x )e
x
+ (x + sin x - cos x )e x = (1 + x + 2 s in x )e x ，
所以 g (x ) = f ' (x ) - f (x ) = (1+ sin x + cos x )e x ， g ' (x ) = (1 + 2 cos x )e x ， 令 g '( x ) > 0 ，得cos x > - 1 ，解得-
2π
+ 2k π < x <
2π
+ 2k π, k ∈ Z ，
2 3 3
令 g '( x ) < 0 ，得cos x < - 1
，解得 2π + 2k π < x < 4π + 2k π, k ∈ Z ，
2 3 3
故 g (x ) 的单调递增区间是(- 2π + 2k π 2π + 2k π), k ∈ Z ；
，
3 3
单调递减区间是( 2π + 2k π, 4π
+ 2k π), k ∈ Z .
3 3
（2）要证 f (x ) ≥ x -1，只需证： f ( x ) + 1 - x ≥ 0 ．
? ?
设h(x) =f (x) +1-x ，x ≥ 0 ，则h'(x) =f '(x) -1 = (1+x + 2sin x)e x
-1 ．记t(x) =h'(x) = (1+x +2sin x)e x -1 ，则t'(x) = (2 +x +2 s in x +2 c os
x)e x ．
当x ∈[0, π] 时，sin x ≥ 0 ，又2 + 2 cos x ≥ 0 ，e x > 0 ，所以t'(x) 0 ；
当x ∈ (π, +∞) 时，x >π，2 sin x ≥-2 ，所以x + 2sin x >π- 2 > 0 ，
又2 + 2 cos x ≥ 0 ，e x > 0 ，所以t'(x) 0 ．
综上，当x ≥ 0 时，t'(x) 0 恒成立，
所以t(x) 在[0, +∞) 上单调递增．
所以，t( x) ≥t(0) = 0 ，即h'(x) ≥ 0 ，
所以，h( x) 在[0, +∞) 上递增，则h( x) ≥h(0) = 0 ，证毕．
【变式演练2】（换元法证明双变量不等式）【四川省成都市新都一中2021 届高三9 月月考数学（理）】已知函数f (x)=x ln x - 2ax2 +x ，a ∈R ．
（Ⅰ）若f (x )在(0, +∞)内单调递减，求实数a 的取值范围；
（Ⅱ）若函数f (x )有两个极值点分别为x ，x ，证明：x +x >1 ．
1 2
【答案】（Ⅰ）?e
, +∞
?
；（Ⅱ）证明见解析.
1 2 2a
??4?
【解析】
【分析】
（I）对原函数求导，根据f (x) 在(0, +∞) 内的单调性得4a
g(x) =ln x + 2
，求出其最大值即可求出a 的取值范围;
x
ln x + 2
在x ∈(0, +∞)上恒成立，构造函数
x
（Ⅱ）函数f (x) 有两个极值点分别为x1 ，x2 ，等价于f '(x) = ln x + 2 - 4ax = 0 在x ∈(0, +∞)内有两根x1 ，x
2
，将极值点代入作差，设0
2 ?x
1
x- 1
?
x x
1 2(t -1)
? 2 ?> ln 1 ，令t =，t ∈(0,1) ，构造函数h(t) =- ln t ，证明h(t) >h(1) = 0 ，即原不等
x
1 +1 x
2 x 2
x
2
t +1
e ? ?
?
式成立.
【详解】
（I ）由题可知 f '( x ) = ln x + 2 - 4ax ， x > 0 ， f (x )在
(0, +∞) 内单调递减，
∴ f '(
x ) = ln x + 2 - 4ax ≤ 0 在(0, +∞) 内恒成立，
即4a ≥
ln x + 2 在 x x (0, +∞) 内恒成立， 令 g ( x ) = ln x + 2 ，则 g '( x ) = -1- ln x
， x x x 2 ∴当0 < x < 1 时， g ￠(x ) > 0 ，即 g ( x ) 在? 0, 1 ?
内为增函数，
e
e ? ? ?
当 x > 1 时， g ￠(x )
< 0 ，即 g ( x ) 在? 1 , +∞?
内为减函数， e
e ? ? ?
∴
g ( x ) = g ? 1 ? = e ，即 4a ≥ e ， a ≥ e ， max
??4 ∴
a ∈ ? e , +∞ ? ； ?? 4
? （Ⅱ）若函数 f ( x ) 有两个极值点分别为 x 1 ， x 2 ，
则 f '(
x ) = ln x + 2 - 4ax = 0 在(0, +∞) 内有两根 x 1 ， x 2 ，
∴?ln x 1 + 2 - 4ax 1 = 0 ，两式相减，得ln x - ln x = 4a ( x - x ) ， ?ln x + 2 - 4ax = 0 1
2 1 2
? 2 2
不妨设0 < x 1 < x 2 ，
1
当 a < 0 时， x 1 + x 2 > 2a
恒成立，
当 a > 0 时，要证明 x + x > 1
，只需证明 x 1 + x 2
< ?1 ， 1 2
2a
4a ( x 1 - x 2 ) 2a (ln x 1 - ln x 2 )
? 2 ( x 1 - x 2 ) 2 ? x 1 x - 1?
x 即证明 > ln x - ln x ，即证明 ? 2 ? > ln 1
， x + x 1 2
x x
令t =
1 2
x 1
，
t ∈(0,1) ， x 2
1 + 1 2
x 2 令h (t ) =
2(t -1)
- ln t ， t +1 -(t -1)2 ∴ h '(t ) =
< 0 ，
t (t +1)2
∴ h (t ) 在t ∈(0,1) 上单调递减，
∴h (t ) > h (1) = 0 ， ∴
2(t -1) > ln t ，
t +1 ? x 1 x - 1? x > ln 1 成立， x 2
.
1 2
2a
【变式演练 3】（利用二次方程韦达定理证明双变量不等式）【四川省新津中学 2021 届高三上学期开学考试
数学（文）】已知函数 f ( x ) = x 2 + 2 (a - 3) x + 2a ln x ，其中 a ∈ R ．
（1） 若曲线 y = f
(x ) 在点(1, f (1)) 处的切线与直线 2x + y +1 = 0 平行，求实数 a 的值及函数
g ( x ) = f ( x ) - 4 ln x 的单调区间；
（2） 若函数 f
( x ) 在定义域上有两个极值点 x 1 ， x 2 ，且 x
1
< x 2 ，求证： f ( x 1 ) + f (x 2 ) + 10 > 0 ．
【答案】（1） a = 1 , g ( x ) 单调递减区间为(0, 3) ，单调递增区间为(3, +∞) ；（2）证明见解析
2
【解析】
【分析】
（1） 由函数导数求得切线斜率，利用两直线平行斜率相等，求出 a 的值，再求 g (x ) 的定义域，求 g '(x )，
由 g '(x ) > 0 ，求得 g (x ) 的递增区间，由 g '(x ) < 0 ，求得递减区间；
1 2
? 1 2 ? （2） 函数 f (x ) 在定义域上有两个极值点 x , x 等价于2x 2
+ 2(a - 3)x + 2a = 0 在(0, +∞) 上有两个不相等的
?-
2 (a - 3) > 0 ? 2 ? 2 根
x , x .解不等式组?? = 4 (a - 3)2
-16a > 0 ，求得 a 的范围，再化简得到 1 2
? ?2a > 0 ??
f (x ) + f (x ) = 2a
ln a - a 2 + 4a - 9 ，再构造 g (a ) = 2a ln a - a 2 + 4a - 9 ，再利用导数证明 g (a ) > -10 ， 即得证. 【详解】
（1）由 f ( x ) = x 2
+ 2 (a - 3) x + 2a ln x , x > 0 ，
得 f '(
x ) = 2x + 2(a - 3) + 2a
，
x
又 y = f (x ) 在点(
1, f (1))
处的切线与直线 2x + y +1 = 0 平行， 所以 f ' (1) = 4a - 4 = -2 ，解得 a = 1
．
2
则 g ( x ) = x 2
- 5x - 3 ln x ，
得 g '( x ) = 2x - 5 - 3 = (2x +1)(
x - 3) ( x > 0) ． x
x
当 x ∈(0, 3) 时， g '( x ) < 0 ， g ( x ) 单调递减，区间为(0, 3) ； 当 x ∈(3, +∞) 时， g '(
x ) > 0 ， g ( x ) 单调递增，区间为(3, +∞) ． （2）证明：因为函数 f ( x ) 在定义域上有两个极值点 x 1 ， x 2 ，且 x 1 < x 2 ，
所以 f '(
x ) = 2x + 2(a - 3) + 2a
= 0
x
在(0, +∞) 上有两个根 x 1 ， x 2 ，且 x 1 < x 2 ，
即2x 2
+ 2 (a - 3) x + 2a = 0 在(0, +∞) 上有两个不相等的根 x ， x ，
1
2
则 x 1 + x 2 = 3 - a ， x 1x 2 = a ，
?
? min ? ?-
2 (a - 3) > 0
? 2 ? 2 由题意得?? = 4 (a - 3)2 -16a > 0 ，解得0 < a < 1， ?2a > 0 ??
则 f ( x ) + f ( x ) = x 2 + 2 (a - 3) x + 2a ln x + x 2
+ 2 (a - 3) x + 2a ln x
1
2
1
1
1
2
2
2
= ( x + x )2
- 2x x + 2(a - 3)( x + x ) + 2a ln x x
1
2
1 2
1
2
1 2
= (3 - a )2
- 2a + 2 (a - 3)(3 - a ) + 2a ln a = 2a ln a - a 2 + 4a - 9 ，
令 g (a ) = 2a ln a - a 2 + 4a - 9 ，其中0 < a < 1，
故 g '(a ) = 2 ln a - 2a + 6 ．令 h (a ) = g '(a ) = 2 ln a - 2a + 6 ， h '(a ) = 2
- 2 > 0 ，
a
h (a ) = g '(a ) 在(0,1) 上单调递增．
由于 h (e
-3
) = -2e
-3
< 0 ， h (1) = 4 > 0 ，
所以存在常数t ∈(
e -3
,1)
，使得h (t ) = 0 ，即ln t - t + 3 = 0 ， ln t = t - 3 ，
且当 a ∈ (0, t ) 时， h (a ) = g '(a ) < 0 ， g (a ) 在(0, t ) 上单调递减； 当a ∈ (t ,1) 时， h (a ) = g '(a ) > 0 ， g (a ) 在(t ,1) 上单调递增， 所以当0 < a < 1时，
g (a ) = g (t ) = 2t ln t - t 2 + 4t - 9 = 2t (t - 3) - t 2 + 4t - 9 = t 2 - 2t -
9 ． 又t ∈(
e -3
,1)
， t 2 - 2t - 9 = (t -1)2
-10 > -10 ，
所以 g (a ) > -10 ，即 g (a ) + 10 > 0 ，
故 f (
x 1 ) + f (x 2 ) + 10 > 0 得证． 【变式演练 4】（极值点偏移类的不等式证明）【安徽省 2020 届高三 5 月五校联考数学理科】已知函数
f (x ) =
cos x ，
g (x ) = x sin x + cos x . x
（1） 判断函数 g (x ) 在区间 (0, 2π) 上的零点的个数；
（2） 记函数 f (x ) 在区间(0, 2π) 上的两个极值点分别为 x 1 ， x 2 ，求证： f (x 1 ) + f (x 2 ) < 0 .
, 2 ) ) , 2
x 怀远一中、蒙城一中、淮南一中、颍上一中、涡阳一中试题
【答案】（1）2 个；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1） 先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，然后再结合零点判定理即可求解；
（2） 结合极值存在的条件及正弦与正切函数的性质进行分析可证．
【详解】
（1） g '(x ) = x cos x ， x > 0 ，
当 x ∈ (0, 1 π) 时， g '( x ) > 0 ，函数单调递增，当 x ∈(1π, 3
π) 时， g '(x ) < 0 ，函数单调递减，
2 2 2 当 x ∈ (3π π) 时， g '( x ) > 0 ，函数单调递增，且 g (0) = 1 > 0 ， g (1π) = 1
π> 0 ， g (π) = -1 < 0 ， 2 2 2 g (3π = - 3π < 0， g (2π) = 1 > 0 ， 2 2
故函数 g (x ) 在(0, 1π) ， (π, 3π
上不存在零点，
2 2 存在 x ∈[ 1π,π] ，使得 g (x ) = 0 ，同理 x ∈[3π
π] 使得 g (x ) = 0
1 2 2
2
, 2
综上， g (x ) 在区间(0, 2π) 上的零点有 2 个. （2） f '(x ) = - x sin x + cos x
，
x
2 由（1）可得， g (x ) = x sin x + cos x 在区间(1π,π) ， (3π
π) 上存在零点， 2 2 所以 f (x ) 在(1π,π)， (3π π) 上存在极值点 x < x ， x ∈(1π,π) ， x ∈(3π
π) ，
2 2 , 2 1 2 1 2 2
2
, 2 因为 y = sin x 在(1π, 3π) 上单调递减，则sin x > sin(x -π) = -sin x ，
2 2
1 2 2
∴sin x 1 + sin x 2 > 0 ，
又因为 x sin x
+ cos x 1 = 0(i = 1, 2) ，即 = - tan x ，
i
i
i
i
i
又 1π< x < π< 3π
< x < 2π，
2
∴ 1
> 1
2
1
即- tan x 2
> - tan x ， x 1 x 2
1 2
∴ tan x 1 < tan x 2 = tan( x 2 - π) ，
x ∈(1π,π) ， x ∈(3π π) ， x -π∈(1
π,π) ，
1 2 2 2 , 2 2 2
由 y = tan x 在(1π,π) 上单调递增可得 1π< x < x -π< π．
2 2 1 2
∴ f (x ) + f (x ) = cos x 1 + cos x 2
= -sin x - sin x
x 1 x 2 再由 y = sin x 在(1
π,π) 上单调递减，得sin x > sin(x -π) = -sin x ，
2
∴sin x 1 + sin x 2 > 0 ，
所以 f (x 1 ) + f (x 2 ) < 0 ．
1 2 2
【变式演练 5】（函数与数列综合的不等式证明）【江苏省南通市如皋中学 2020 届高三创新班下学期高考冲
刺模拟（二）】已知函数 f ( x ) = ln x + λ
? 1 - x
?
(λ∈ R ) .
x ? ? ?
（1） 当 x > 1 时，不等式 f
( x ) < 0 恒成立，求λ的最小值；
（2） 设数列 a
=
1
(n ∈ N *
) ，其前 n 项和为 S ，证明： S
- S + a n
> ln 2 . n
【答案】（1） 1
2
【解析】 n
；（2）证明见解析.
n
2n n
4
【分析】 （1） f '
( x ) =
-λx 2 + x - λ
，分λ≥ 1 ， 0 < λ< 1
， λ≤ 0 三种情况推理即可；
x
2
2 2
??1+ 1 ? + ? ? ??1+ 1 ? - ?
? 1 ? ? n ? 1? ? n ? 1? 2 n +1 1 1 （2）由（1）可得ln 1 + ?
< ?? ? ? ?? ? ? = ，即ln (n +1) - ln n < + ， ? n ? 2 ?1 + 1 ? 2n (n +1) 2n 2 (n +1) n ? ? ?
利用累加法即可得到证明.
【详解】
（1）由 f ( x ) = ln x + λ? 1 - x ? (λ∈ R ) ，得 f '
( x ) = -λx 2
+ x - λ.
x ??2 ? ??x
当λ≥ 1 时，方程-λx 2 + x - λ= 0 的? = 1- 4λ2
≤ 0 ，因此-λx 2 + x - λ在区间(1, +∞)
2
1 2 1 2
+ 1 1 1
上恒为负数.所以 x > 1 时， f '
(
x ) < 0 ，函数 f ( x ) 在区间(1, +∞) 上单调递减. 又 f (1) = 0 ，所以函数 f (
x ) < 0 在区间(1, +∞) 上恒成立； 当0 < λ< 1
时，方程 -λx 2
2 1+ x - λ= 0 有两个不等实根，且满足 x 1 = 2λ 1+< 1< x 2 =
2λ
'
? 1所以函数 f ( x ) 的导函数 f ( x ) 在区间 1, 2λ
上大于零，函数 f ( x ) 在区间 ? 1+? ? ? 1 1, 2λ 上单增，又 f (1) = 0 ，所以函数 f ( x ) 在区间 1, 2λ 上恒大于零，不满足题意； ? ? ? ?
当λ≤ 0 时，在区间(1, +∞) 上 f ( x ) = ln x + λ? 1 - x ?
≥ ln x ，函数 y = ln x 在区间(1, +∞)
x ? ? ?
上恒为正数，所以在区间(1, +∞) 上 f ( x ) 恒为正数，不满足题意；
综上可知：若 x > 1 时，不等式 f ( x ) < 0 恒成立， λ的最小值为 1 .
2
（2）由第（1）知：若 x > 1 时， ln x < - 1 ? 1 - x ? = ( x +1)( x -1) .
2
x ? 2x
??1+ 1 ? +
? ?
? ? ??1+ 1 ? - ?
? 1 ? ?
n ? 1? ? n ? 1? 2 n +1 若n ∈ N *
，则ln 1 + ? <
?? ? ? ?? ? ? = ， ? n ? 2 ?1 + 1 ? 2n (n +1) n ?
即ln (n +1) - l n n <
1 1 2n
2 (n +1) ? ? 成立.
将n 换成 n +1，得ln ??(1+ n ) +1??
- ln (n +1) < 1 + 1
成立，即
ln (n + 2) - l n (n +1) <
2 (n +1) +
1 2 (n + 2 ) ，
2(n +1) 2 ??(n +1) +1??
以此类推，得ln (n + 3)
- l n (n + 2 ) < 2 (n + 2) +
1 2 (n + 3) ，
ln 2n - l n (2n -1) <
2 (2n -1) + 1 4n ，
，
上述各式相加，得ln 2n - ln n = ln 2 <1
+
1
+
1
+ +
1
+
1
，2n n +1 n + 2 2n -1 4n
又S -S =1
+
1
+ +
1
+
1
，所以S-S +
a
n>ln 2 .
2n n n +1 n + 2 2n -1 2n 2n n 4
【变式演练6】（拆分法证明不等式）【安徽省马鞍山市2020 届高三第三次教学质量监测】已知
f (x) =e x -1
x2 -x -1，g(x) = cos 2x + 2x 2 -1 . 2
（1）证明：x ≥ 0 时，f (x) ≥ 0 ；（2）求函数g(x) 的单调区间；
（3）证明：x ≥ 0 时，xe x +1
sin 2x ≥ 2 s in x + sin2 x . 2
【答案】（1）证明见解析；（2）递减区间为(-∞,0)，递增区间为(0,+∞)；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）采用二次求导法，f'(x)=e x-x-1，再令?(x)=f '(x)，求得?'(x)=e x-1，由x ≥ 0 时，?'(x)≥ 0
得出f ￠(x)单增，故f (x)≥f (0)，即可得证；
（2）解法同（1），二次求导法，g'(x)=-2sin2x+4x，再令h (x)=g'(x)，得到h'(x)=-4cos2x+4≥0，进而g '(x)单增，又g '(0)= 0 ，从而得出g(x) 的增减区间；
（3）采用分析法，要证x ≥ 0 时，xe x +1
sin 2x ≥ 2 sin x + sin2 x ，即证x e x ≥ sin x (2 - cos x)+ sin2 x ，2
观察f (x )表达式可知，若要利用（1）的结论，在x ?e x 中，多出的因式x 应该要进行适当放缩才能求解，而不等式右侧都有公因式sin x ，联想到x ≥ 0 时，x ≥ sin x 的放缩，故对不等式右侧应进行sin x 正负的分段讨论，再结合（2）的结论进行放缩，即可求解
【详解】
（1）f '(x)=e x -x -1，令?(x)=f '(x)，则?'(x)=e x -1，因为 x ≥ 0 ，所以?'(x)= e x -1 ≥ 0 ，所 以?(x)在[0, +∞)单调递增，所以?(x)≥?(0)= 0 ，所以f (x)在[0, +∞)单调递增，则 f (x)≥f (0)=0 .（2）g'(x)=-2 s in 2x + 4x ，令h (x)=g'(x)，则h'(x)=-4 c os 2x + 4 ≥ 0 ，所以h (x)在R 上单调递增，又h (0)= 0 ，所以x < 0 时，h (x)
函数g (x)单调递增.所以， g (x)的单调递减区间为(-∞, 0)，单调递增区间为(0, +∞).
（3）证明：要证 x e x +1
sin 2x ≥ 2 s in x + sin2 x ，即证 x e x ≥ sin x (2 - cos x)+ sin2 x . 2
①当 x ≥π时， x e x ≥πeπ> 3 ，而sin x (2 -cos x )+sin 2 x ≤ 3
（以x ∈[π, 2π]为例，sin x ≤ 0, 2 - cos x ∈[1, 3], 故sin x (2 - cos x )≤ 0 ，所以
sin x (2 -cos x )+sin 2 x ≤ 3 ）所以不等式成立.
?x ?2 1
②当0
?2 ? =1- x 2 ，
2
2 - cos x ≤ 1+1
x2 所以只需证 x e x ≥ sin x
?
1+
1
x2
?
+ sin2 x .
2 2 ?
??
令 p (x )= sin x -x（x ≥ 0 ），则p'(x )= cos x -1 ≤ 0 ，所以p (x)在[0, +∞)单调递减，所以p (x)≤p (0)= 0 ，即sin x ≤x .
故只需证 x e x ≥x ?
1+
1
x 2
?
+x 2 ，即证： e x ≥ 1+
1
x2 +x .
2 ?2
??
由（1）知，上述不等式成立.
③当x = 0 时，不等式等号显然成立
综上，当 x ≥ 0 时， x e x +1
sin 2x ≥ 2 sin x + sin2 x .
2
【点睛】
本题考查由导数的正负求解原函数的增减区间，利用导数证明不等式在给定区间恒成立问题，放缩法、构造函数法求解不等式恒成立问题，属于难题，当一次求导不能直接判断导数正负时，往往需要二次求导，在放缩法的使用过程中，形如x ≥ 0 时，x ≥ sin x 的放缩应熟记，本题中第（3）问难度较大，共用到了两次放缩，在处理这种复杂问题时，往往采用分步放缩，分步得分策略
类型二利用导数研究不等式恒成立问题
(1)当 a ＝4 时，求曲线 y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；
(2)若当 x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，求 a 的取值范围. 【解析】(1)略
(2)当 x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0 等价于 ln x －
a (x －1)＞0.设 g (x )＝ln x －a (x －1)
，
x ＋1 [关键 1：对条件进行恒等变形，直接构造函数] x ＋1
则 g ′(x )＝1－ 2a
＝x 2＋2(1－a )x ＋1
g (1)＝0. x (x ＋1)2 x (x ＋1)2 [关键 2：利用导函数确定分类标准]
①当 a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故 g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 因此 g (x )＞0；
[关键 3：通过放缩判断导函数符号，研究函数单调性，求函数值域]
②当 a ＞2 时，令 g ′(x )＝0 得 x 1＝a －1－ (a －1)2－1，x 2＝a －1＋ (a －1)2－1.由 x 2＞1 和 x 1x 2＝1 得 x 1＜1，故当 x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)上单调递减，此时 g (x )＜g (1)＝0. [关键 4：利用导数研究函数单调性，求函数值域]
综上，a 的取值范围是(－∞，2].
【变式演练 7】（分离参数法解决不等式恒成立问题）【浙江省杭州高中 2020 届高三下学期 5
月高考质检】已知函数 f (
x ) = ( x - a ) e x
(a ∈ R ) .
（1） 讨论 f
( x ) 的单调性；
（2） 当 a = 2 时，设函数 g (
x ) = f ( x ) + ln x - x - b , b ∈ Z ，若 g ( x ) ≤ 0 对任意的 x ∈
? 1 ,1?
恒成立，求
3 ? ? ?
b 的最小值.
【答案】（1）单调递减区间为(-∞, a -1) ，单调递增区间为(a -1, +∞) ；（2） -3 .
，
【解析】
【分析】
（1） 对函数 f
( x ) 求导，可得 f '( x ) = ( x - a + 1)e x ，解导数不等式可得出单调性；
（2） 由
g ( x ) ≤ 0 对任意的 x ∈? 1 ,1? 恒成立，变量分离得b ≥ (x - 2)e x + ln x - x 对任意的 x ∈? 1 ,1? 恒成立， 3 ? 3 ? ? ? ? ?
构造函数 h ( x ) = ( x - 2)e x + ln x - x ，对函数 h ( x ) 求导，求单调性，得到函数的最大值，进而可得 b 的最小
值. 【详解】
（1）因为 f (
x ) = ( x - a )e x
，所以 f '( x ) = ( x - a + 1)e x
，当 x ∈(-∞, a -1) 时， f '( x ) < 0 ； 当 x ∈(a -1, +∞) 时， f '(
x ) > 0 ， 故 f ( x ) 的单调递减区间为(-∞, a -1) ，单调递增区间为(a -1, +∞) .
（2）由
g ( x ) = ( x - 2)e x
+ ln x - x - b ， 因为 g ( x ) ≤ 0 对任意的 x ∈
? 1 ,1?
恒成立， 3 ?
? ? b ≥ (x - 2)e x
+ ln x - x 对任意的 x ∈? 1 ,1?
恒成立，
3 ? ? ?
构造函数
h ( x ) = ( x - 2)e x + ln x - x ，
h '( x ) = ( x -1)e x + 1 -1 = ( x -1)? e x - 1 ?
.
x x
? ? ?
∵
x ∈? 1 ,1?
， 3 ? ? ?
∴ x -1 < 0 ，且t ( x ) = e x - 1
单调递增， x
? 1 ? 1
∵ t ? = e 2 - 2 < 0 ，
t (1) = e -1 > 0 ， ? 2 ?
2 x
max max x
∴一定存在唯一的 x ∈?1
,1
?
，使得t (x)= 0 .
0 2 ?0
??
即e x0 =1
，x=-ln x.
0 0 0
∴h (x)在?1
, x ?上单调递增，在(x ,1)上单调递减.
3 0 ?0 ??
∴h(x)=h(x)=(x-2)e x0 +ln x-x = x
- 2
- 2x
max
=1-?
+
0 0 0 0 0
1 ?
∈(-4, -3).
x
?
?0 ?
∵b ∈Z ，
∴b 的最小值为-3 .
【变式演练8】（利用函数最值解决双参数恒成立问题）【黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020-2021 学年高三上学期第一次验收考试】已知函数f (x)=e x +e-x ，其中e 为自然对数的底数.
（1）证明：f (x )在(0, +∞)上单调递增. （2）设a > 0 ，函数g (x)= 2x2 +ax -a -1
，如果总存在x ∈[-a,a ]，对任意x ∈[-1,1]，
3 1 2 2 f (x1 )≥ 3g (x2 )都成立，求实数a 的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）a ≥ ln 2 .
【解析】
【分析】
（1）求导可得：f '(x)=e x -e-x ，因为x > 0 ，所以e x >1 ，e-x<1，
所以f '(x)=e x -e-x > 0 ，即可得证.
（2）解读题意可得：2 f (x)≥ 3g (x)，求出最值，代入即可得解.
【详解】
（1）证明：f '(x)=e x -e-x
因为 x > 0 ，所以e x > 1 ，e-x <1，∴ f '(x)=e x -e-x > 0
x
max max max
所以 f ( x ) 在(0，+ ∞) 上单调递增. （2） 由题意得：
2 f ( x ) ≥ 3g ( x ) f ( x ) = f (a ) = e a + e -a
g ( x ) 的对称轴 x = - a < 0
2
所以 g ( x ) max
= g (1) = 5 3
所以e a + e -a ≥ 5 ，令e a = m , (m > 0) ，∴ m + 1 ≥ 5 ，∴ m ≥ 2
2 m 2
∴ e a ≥ 2 ，∴
a ≥ ln 2
【变式演练 9】（等价转化法解决不等式恒成立问题）【湖南省长沙市长郡中学 2020-2021 学年高三上学期入学摸底考试】已知函数 f (x )＝e x ＋ e - x ，其中 e 是自然对数的底数.
（1） 若关于 x 的不等式 mf (x )≤ e - x ＋m －1 在(0，＋∞)上恒成立，求实数 m 的取值范围；