5 第5讲 利用导数研究含参数不等式
第5讲 利用导数研究含参数不等式
分离参数求参数范围
[典例引领]
(2018·安徽省两校阶段性测试)已知函数f (x )＝ln x . (1)求函数g (x )＝f (x ＋1)－x 的最大值；
(2)若对任意x ＞0，不等式f (x )≤ax ≤x 2＋1恒成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)因为f (x )＝ln x .
所以g (x )＝f (x ＋1)－x ＝ln(x ＋1)－x ，x ＞－1. 所以g ′(x )＝1x ＋1－1＝－x x ＋1
.
当x ∈(－1，0)时，g ′(x )＞0，所以g (x )在(－1，0)上单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减． 所以g (x )在x ＝0处取得最大值g (0)＝0.
(2)因为对任意x ＞0，不等式f (x )≤ax ≤x 2＋1恒成立．
所以???a ≥ln x
x a ≤x ＋1
x
在x ＞0上恒成立，进一步转化为????
ln x x ma x
≤a ≤???
?x ＋1
x min
. 设h (x )＝ln x
x ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(1，e)时，h ′(x )＞0；当x ∈(e ，＋∞)时，h ′(x )＜0，
所以h (x )≤1e .要使f (x )≤ax 恒成立，必须a ≥1e .另一方面，当x ＞0时，x ＋1
x ≥2，要使ax ≤x 2
＋1恒成立，必须a ≤2，所以满足条件的a 的取值范围是????
1e ，2.
利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：
(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式； (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值；
(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )ma x 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．
等价转化法求参数范围
[典例引领]
函数f (x )＝x 2－2ax ＋ln x (a ∈R )．
(1)若函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＋1＝0垂直，求a 的值； (2)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2a ＋1
x ，f ′(1)＝3－2a ，
由题意f ′(1)·12＝(3－2a )·1
2＝－1，
解得a ＝5
2
.
(2)不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x ≥－x ＋a －3
x .
令g (x )＝2ln x ＋x －a ＋3
x
，
则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）
x 2，
则在区间(0，1)上，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数； 在区间(1，e]上，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数． 由题意知g (x )min ＝g (1)＝1－a ＋3≥0， 得a ≤4，
所以实数a 的取值范围是(－∞，4]．
根据不等式恒成立求参数范围的关键是把不等式转化为函数，利用函数值与最值之间的数量关系确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围．
含全称与存在量词的不等式问题
[典例引领]
设f (x )＝a
x
＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.
(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈????
12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]ma x ≥M . 由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ????x －2
3. 令g ′(x )＞0得x ＜0，或x ＞2
3，
令g ′(x )＜0得0＜x ＜2
3，
又x ∈[0，2]，
所以g (x )在区间????0，23上单调递减，在区间????2
3，2上单调递增， 所以g (x )min ＝g ????23＝－85
27， 又g (0)＝－3，g (2)＝1， 所以g (x )ma x ＝g (2)＝1.
故[g (x 1)－g (x 2)]ma x ＝g (x )ma x －g (x )min ＝112
27
≥M ， 则满足条件的最大整数M ＝4.
(2)对于任意的s ，t ∈????12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间????12，2上，函数f (x )min ≥g (x )ma x ， 由(1)可知在区间????12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.
在区间????12，2上，f (x )＝a
x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立． 设h (x )＝x －x 2ln x ， h ′(x )＝1－2x ln x －x ，
令m (x )＝x ln x ，由m ′(x )＝ln x ＋1＞0得x ＞1
e .
即m (x )＝x ln x 在????1
e ，＋∞上是增函数， 可知h ′(x )在区间????
12，2上是减函数， 又h ′(1)＝0，
所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0； 当1
2
＜x ＜1时，h ′(x )＞0. 即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间????
12，1上单调递增，在区间(1，2)上单调递减， 所以h (x )ma x ＝h (1)＝1， 所以a ≥1，
即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．
(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化． (2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．
不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径
(1)f (x )≥a 恒成立?f (x )min ≥a ；
存在x 使f (x )≥a 成立?f (x )ma x ≥a . (2)f (x )≤b 恒成立?f (x )ma x ≤b ， 存在x 使f (x )≤b 成立?f (x )min ≤b . (3)f (x )＞g (x )恒成立
F （x ）＝f （x ）－g （x ）
F (x )min ＞0.
(4)①任意x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)?f (x 1)min ＞g (x 2)ma x ； ②任意x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)?f (x 1)min ＞g (x 2)min ； ③存在x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)?f (x 1)ma x ＞g (x 2)min ；
④存在x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)?f (x 1)ma x ＞g (x 2)ma x .
1．设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得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，
＋∞)
解析：选A .设y ＝g (x )＝f （x ）x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）
x 2，
当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以 g ′(x )<0，所以 g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0. 因为 f (x )为奇函数，所以 g (x )为偶函数， 所以 g (x )的图象的示意图如图所示． 当x ＞0，g (x )＞0时，f (x )＞0，0＜x ＜1， 当x ＜0，g (x )＜0时，f (x )>0，x ＜－1，
所以 使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A .
2．已知函数f (x )＝x ＋4
x ，g (x )＝2x ＋a ，若?x 1∈????12，1，?x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( ) A ．a ≤1 B ．a ≥1 C ．a ≤2
D ．a ≥2
解析：选A.由题意知f (x )min ???
?x ∈????12，1≥g (x )min (x ∈[2，3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min ＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A.
3．(2018·贵州适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x .
(1)求函数f (x )的单调区间；
(2)?x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .
当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在R 上单调递减； 当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .
由f ′(x )＞0得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )＜0得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)． (2)因为?x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x
x
2.
设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤(ln x
x 2)ma x ，
由h ′(x )＝
1－2ln x
x 3
， 令h ′(x )＝0，则x ＝ e.
当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：
由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e .所以a ≤1
2e .
4．(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性；
(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x .
令f ′(x )＝0得x ＝－1－2，x ＝－1＋ 2.
当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0；当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.
所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．
(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x .
当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，h ′(x )＝－x e x <0(x >0)，因此h (x )在[0，＋∞)上单调递减，而h (0)＝1，
故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.
导数在不等式证明中的应用研究开题报告(1)(可编辑修改word版)
南昌工程学院 2013 级毕业（设计）论文开题报告理学系（院） 09 信息与计算科学专业 题目导数在不等式证明中的应用研究 学生姓名张积磊 班级09 信息与计算科学 学号2009101543 指导教师谢杰华 日期2012 年12 月20 日 南昌工程学院教务处订制
导数是微积分的核心概念之一，在教材中体现了承上启下的作用，在不等式研究中也占有举足轻重的位子。 导数在不等式证明中的应用已经在国内外都取得了一定的研究成果特别是采用的方法上更是有着百花齐放的壮观目前在这方面国内有了比较全面深度的研究。国外的研究更侧重深度的展开。 （1）它的加入为数学注入了新的活力,使数学解题方法有了新突破. 使研究和解决函数、向量、解析几何等数学问题便有了更加有效、简便的工具，使问题的解决留有更 广泛思维空间,从而潜移默化地改善了我们的思维习惯,问题的设计也更加广阔． （2）完善数学内容，使学生具有一般人才必备的基础知识，是为接下来进一步学习高等数学和其他自然科学作了必要的铺垫,在高中数学与大学数学之间起着衔接作用. 导数在不等式证明中的应用极为广泛,是新教材的一个亮点,是历年高考命题的一个新的热点.对传统初等数学进行了改造和扩充,利用导数解题通常比传统数学方法更简捷,甚至能解决一些传统方法不可能解决的问题,因些说，它在不等式证明的许多问题上起到居中高临下和以简驭繁的作用，导数的应用及其思想方法在不等式中有必要予以训练，同时这类问题对同学熟练掌握导数在不等式证明的运算法则，深入理解导数的意义都有益.在导数在不等式证明的应用中,只有深刻理解有关知识背景，吃透其含义，才能对有关问题作出理性判断，从而获得正确结果.同时,由于对导数本质、性质、在不等式证明的等认识不清而导致了各种各样的错误。为此，本论文以导数应用为切入点,在知识交汇处提出问题,解决问题，突显应用导数在不等式证明的应用解决问题的优越性；归纳总结导数应用中注意的典型问题及错误剖析。
利用导数研究不等式问题
1.已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116 . 2．(优质试题·烟台模拟)已知函数f (x )＝x 2－ax ，g (x )＝ln x ，h (x )＝f (x )＋g (x )． (1)若函数y ＝h (x )的单调减区间是????12，1，求实数a 的值； (2)若f (x )≥g (x )对于定义域内的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围．
3．(优质试题·山西四校联考)已知f (x )＝ln x －x ＋a ＋1. (1)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≥0成立，求a 的取值范围； (2)求证：在(1)的条件下，当x >1时，12x 2＋ax －a >x ln x ＋12 成立． 4.已知函数f (x )＝(2－a )ln x ＋1x ＋2ax . (1)当a <0时，讨论f (x )的单调性； (2)若对任意的a ∈(－3，－2)，x 1，x 2∈[1,3]，恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3>|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m 的取值范围． 5．(优质试题·福州质检)设函数f (x )＝e x －ax －1. (1)当a >0时，设函数f (x )的最小值为g (a )，求证：g (a )≤0； (2)求证：对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1<(n ＋1)n ＋1.
答案精析 1．(1)解 f ′(x )＝2x －a －a x ，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1.经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1. (2)证明 由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ， 令g (x )＝f (x )－????－x 33＋5x 22 －4x ＋116 ＝x 33－3x 22＋3x －ln x －116 ， 由g ′(x )＝x 2 －3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝(x －1)3x (x >0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数， 在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116 成立． 2．解 (1)由题意可知，h (x )＝x 2－ax ＋ln x (x >0)， 由h ′(x )＝2x 2－ax ＋1x (x >0)， 若h (x )的单调减区间是????12，1， 由h ′(1)＝h ′????12＝0，解得a ＝3， 而当a ＝3时，h ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ＝(2x －1)(x －1)x (x >0)． 由h ′(x )<0，解得x ∈????12，1， 即h (x )的单调减区间是????12，1， ∴a ＝3. (2)由题意知x 2－ax ≥ln x (x >0)， ∴a ≤x －ln x x (x >0)． 令φ(x )＝x －ln x x (x >0)，
利用导数证明不等式的两种通法
利用导数证明不等式的两种通法 吉林省长春市东北师范大学附属实验学校 金钟植 岳海学 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式()()f x g x >（()()f x g x <）的问 题转化为证明()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数 ()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小值（最 大值）大于或等于零（小于或等于零）。 例1 已知(0, )2 x π ∈，求证：sin tan x x x << 分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2 π 上 单调递减即可。 证明： 令()sin f x x x =- ，其中(0,)2 x π ∈ 则/ ()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102 x x x π ∈?