利用导数研究不等式问题
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题(解析版)
专题05 应用导数研究不等式恒成立问题【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法---参变分离、数形结合、最值分析等.一、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)min＞g(x)max；(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)＞0.二、不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ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(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．三、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x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，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，以免细节出错．【压轴典例】例1．（2021·全国高三其他模拟）已知数列{}n a 满足11a =，()1ln 1n n a a +=+.若11n n a a λ++≥恒成立，则实数λ的最大值是（ ）(选项中e 为自然对数的底数，大约为2.71828)A ．21e -B ．2e 1- CD ．e【答案】D【详解】由()1ln 1n n a a +=+得()111ln 1n n n n a a a a +++-=-+，设()ln(1),1f x x x x =-+>-， ()1x f x x '=+，()f x 在(1,0)-单调递减，在(0,+∞）单调递增，故min ()(0)0f x f ==，则10n n a a +->，所以1n n a a +≤， 1n a ≥，由11n n a a λ++≥得111ln(1)n n a a λ++++≥易得11ln(11)n n a a λ++≤++，记110n t a ++=>，所以111ln(1ln )n n a t a t ++=++，记()ln t f t t=，()2ln 1()ln t f t t -'=，当ln 10t ->即()0f t '>得t e >时()f t 单调递增，当ln 10t -<即()0f t '<得0t e <<时()f t 单调递减，所以min ()()f t f e e ==，得e λ≤，例2．（2021·浙江嘉兴市·高三）已知函数()()()1x f x e a tax =-+，其中0t ≠．若对于某个t ∈R ，有且仅有3个不同取值的a ，使得关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则t 的取值范围为（ ）A ．()1,eB ．(),2e eC ．(),e +∞D ．()2,e +∞ 【答案】C【详解】显然0a ≥，否则0x e a ->，于是()()()10x f x e a tax =-+≥，即10tax +≥，这与不等式的解集为R 矛盾．又易知0a =时，不等式()0f x >恒成立．于是仅需再分析0a >的情形．易知0t >，由()()()10x f x e a tax =-+=知ln x a =或1x ta=-，所以11ln ln a a a ta t =-⇔-=．所以原问题等价于关于a 的方程1ln a a t-=有两解，设()ln h a a a =，则()ln 1h a a '=+，10a e <<时，()0h a '<，()h a 递减，1a e>时，()0'>h a ，()h a 递增，所以min 11()h a h e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，0x →时，()0h a →，a →+∞时，()h a →+∞，所以由关于a 的方程1ln a a t -=有两解，得110e t-<-<，所以t e >． 例3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a.(1)当a=e 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求a 的取值范围.【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae x-1-.(1)当a=e 时,f(x)=e x -ln x+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x 轴,y 轴上的截距分别为,2,因此所求三角形的面积为.(2)当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1不满足条件;当a=1时,f(x)=e x-1-ln x,f'(x)=e x-1-.当x ∈(0,1)时,f'(x)<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.所以a=1满足条件;当a>1时,f(x)=ae x-1-ln x+ln a ≥e x-1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞).例4.(2020·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f(x)=e x +ax 2-x.(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≥x 3+1,求a 的取值范围. 【解析】(1)当a =1时,f=e x +x 2-x ,f'=e x +2x -1,由于f″=e x +2>0, 故f'单调递增,注意到f'=0, 故当x ∈时,f'<0,f 单调递减,当x ∈时,f'>0,f 单调递增.(2)由f ≥x 3+1得,e x +ax 2-x ≥x 3+1,其中x ≥0, ①当x =0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意;②当x>0时,分离参数a得,a≥-,记g =-,g'=-,令h=e x -x2-x -1,则h'=e x-x-1,h″=e x-1≥0,故h'单调递增,h'≥h'=0,故函数h单调递增,h≥h=0,由h≥0可得:e x -x2-x-1≥0恒成立,故当x ∈时,g'>0,g单调递增;当x ∈时,g'<0,g单调递减,因此,=g =,综上可得,实数a 的取值范围是.例5.(2020·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x )+的单调区间和极值;(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.【解析】(1)①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x +,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x +-,整理可得:g'(x )=,令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:x(0,1) 1 (1,+∞)g'(x) - 0 +g(x) 单调递减极小值单调递增所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+.对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令=t (t >1), 则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))=(x 1-x 2)-2 =--3x 2+3x 1+k -2k ln =(t 3-3t 2+3t -1)+k .(ⅰ)令h (x )=x --2ln x ,x ∈(1,+∞).当x >1时,h'(x )=1+-=>0,由此可得h (x )在(1,+∞)上单调递增,所以当t >1时,h (t )>h (1),即t --2ln t >0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t -1=(t -1)3>0,k ≥-3, 所以(t 3-3t 2+3t -1)+k ≥(t 3-3t 2+3t -1)-3=t 3-3t 2+6ln t +-1.(ⅱ) 由(1)②可知,当t >1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t +>1,故t 3-3t 2+6ln t +-1>0.(ⅲ) 由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))>0.所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有>.例6．（2021·江苏苏州市·高三）已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >.（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值；（2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤．【答案】（1）1a =；（2）证明见解析.【详解】（1）因为1()(1)ax f x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a ee +-=．设()(1)2x h x x e e =+-， 由于()(2)0x h x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =．（2）设()1t u t e t =--，则()1t u t e '=-，当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以min()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax ax x xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．设ln 1()ax xe x g x x --=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x+----++--==≥=， 当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立．由()1()00x a x xϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，上单调递增，又()()1a a a e ae a a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ，即方程()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1a x e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1a x e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，所以b a ≤． 例7.(2020·江苏高考·T19)已知关于x 的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b ∈R)在区间D 上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).(1)若f(x)=x 2+2x,g(x)=-x 2+2x,D=(-∞,+∞).求h(x)的表达式;(2)若f(x)=x 2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞).求k 的取值范围;(3)若f(x)=x 4-2x 2,g(x)=4x 2-8,h(x)=4(t 3-t)x-3t 4+2t 2(0<|t|≤),D=[m,n]⊆[-,],求证:n-m ≤. 【解析】(1)由f(x)=g(x)得x=0.又f'(x)=2x+2,g'(x)=-2x+2,所以f'(0)=g'(0)=2,所以,函数h(x)的图象为过原点,斜率为2的直线,所以h(x)=2x.经检验:h(x)=2x 符合题意.(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),设φ(x)=x -1-ln x,则φ'(x)=1-=,φ(x)≥φ(1)=0,所以当h(x)-g(x)≥0时,k ≥0.设m(x)=f(x)-h(x)=x 2-x+1-(kx-k)=x 2-(k+1)x+(1+k)≥0,当x=≤0时,m(x)在(0,+∞)上递增,所以m(x)>m(0)=1+k ≥0,所以k=-1.当x=>0时,Δ≤0,即(k+1)2-4(k+1)≤0,(k+1)(k-3)≤0,-1≤k≤3.综上,k∈[0,3].(3)①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)令Δ=(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立, 所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7所以不等式(*)有解,设解集为,因此n-m≤x2-x1=≤.②当0<t<1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=.当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数;v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0,(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).因为[m,n]⊆[-,],所以n-m≤+1<.③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.综上所述,n-m≤.例8.（2020届安徽省马鞍山市高三）已知函数.（1）若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；（2）求证：当时，恒成立.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由题意知，令，则，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又，∵在定义域内无极值点，∴ 又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以（2），令，由（1）可知在上单调递増，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，∴由知 即当时，恒成立.例9．（2021·安徽高三）已知函数()2ln ,f x x ax x =+-其中0.a ≥（1）讨论()f x 的单调性；（2）若当2x >时()31,12f x x <+恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增；当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛--+⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在11811844a a a a -+-⎛ ⎝⎭内单减；当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减； （2）7ln20,4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【详解】（1）()212121,0ax x f x ax x x x-+=+'-=> 若()()110,21,x a f x ax f x x x-==+-=-在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减. 若0,a >由2210ax x -+=知， 18a ∆=-.当Δ180,a =-≤即18a ≥时，2210,ax x -+≥此时()f x 在()0,∞+内单增. 当1Δ180,08a a =-><<时，1184a x a-=，此时()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 综上所述：当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增. 当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减.（2）()3112f x x <+即231ln 1,2x ax x x +-<+ 即2311ln 2ax x x x <++- 即22111ln 2x a x x x x <++-，2x >，令()22111ln ,2,2x g x x x x x x=++-> 则()23311212ln 2x g x x x x -=---'33264ln ,22x x x x x--+=> 令()()324264ln ,2,320h x x x x x h x x x=--+>=-+>'. 所以()h x 在2x >时单增，()()()24ln222ln410h x h >=-=->，因此()0g x '>， ()g x 在2x >时单增，()()7ln224g x g ->=，于是7ln2.4a -≤ 故a 的取值范围是7ln20,.4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦例10.（2020届山西省孝义市一模）已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】（1）由可得的定义域为，且， 若，则，函数在上单调递增； 若，则当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）原命题等价于不等式在上恒成立， 即，不等式恒成立.∵当时，，∴， 即证当时，大于的最大值.又∵当时，，∴，综上所述，.【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ① 求得的范围. 【压轴训练】1．（2021·长宁区·上海市延安中学高三）设函数()f x 的定义域为R ，满足()()22f x f x +=，且当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-．若对任意(],x m ∈-∞，都有()23f x ≥-，则m 的取值范围是（ ）A ．215⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，B ．163⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，C ．184⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，D ．194⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，【答案】D【详解】当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-的最小值是1,4-由()()22f x f x +=知，当(]2,4x ∈时，()()192224f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,2-当(]4,6x ∈时，()()194444f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,-要使()23f x ≥-，则()1924443x x -+-≥--，解得：194x ≤或16.3x ≥2．（2020·河津中学高三）若函数2()cos sin 3f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭(其中a 为参数)在R 上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,,33⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．1,03⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【详解】函数1()sin sin 23f x a x x x =-+在R 上单调递增，等价于2245()cos cos21cos cos 0333f x a x x x a x =-+=-++'在R 上恒成立.设cos x t =，则245()033g t t at =-++在[1,1]-上恒成立，所以45(1)0,3345(1)0,33g a g a ⎧=-++⎪⎪⎨⎪-=--+⎪⎩解得.3．（2021·全国高三专题练习）已知函数()ln f x x =，若对任意的12,(0,)x x ∈+∞，都有()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦恒成立，则实数k 的最大值是（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】B【详解】设12x x >，因为()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦，变形为()()()()121212212ln ln x x x x x x kx x x -+->+，即12212ln x kx x x x >-，等价于1221ln 1x kx x x >-，因为120x x >>，令12x t x =(1t >)，则ln 1k t t >-，即(1)ln k t t <-.设()()1ln g t t t =-(1t >)，则min ()k g t <.当1t >时1()ln 10g t t t'=+->恒成立，故()g t 在()1,+∞上单调递增，()(1)0g t g >=.所以0k ≤，k 的最大值为0.4．（2019·天津高考模拟）已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x -≤⎧=⎨-+>⎩ 若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．13,3e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ B ．[3,3ln 5]+ C ．[3,4ln 2]+D ．13,5e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x a x a x ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a，① 当2a x ≥，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2ag x x a x =-≥，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3）， 可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =， 综合函数图像可得3a ≥；② 同理，当2ax ＜，由()g()f x x 与相切， （1）当2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-+＜，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x， 此时可得可得切线斜率为-2，12x -=-，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +, 可得切线方程：1(32)2()2y In x -+=--，242y x In =-++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+， 综上所述可得342a In ≤≤+，故选C.5．（2020·广东佛山市·高三）（多选）命题:p 已知ABC 为锐角三角形，不等式cos cos log 0sin CAB≥恒成立，命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立，在[1,2]上恒成立，则真命题的为（ ） A ．p q ∨ B ．p q ∧C ．p q ⌝∨D ．p q ∧⌝【答案】AD 【详解】因为为锐角三角形，所以0,0,0222A B C πππ<<<<<<,所以2A B π+>，则022A B ππ>>->，所以0cos cos()sin 12A B B π<<-=<，所以cos 01sin AB<<，又0cos 1C <<，所以不等式cos cos log 0sin CA B≥恒成立，故命题p 是真命题；命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立()min2x a ⇔+，在[1,2]上恒成立，故命题q 是假命题所以p q ∨，p q ∧⌝是真命题.6．（2020·福清西山学校高三）（多选）记函数()f x 与()g x 的定义域的交集为I ，若存在0x I ∈，使得对任意x I ∈，不等式()()fx g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，则称()()(),f x g x 构成“相关函数对”．下列所给的两个函数构成“相关函数对”的有（ ） A ．()xf x e =，()1g x x =+B ．()ln f x x =，()1g x x= C ．()f x x =，()2g x x =D ．()f x x =，【答案】BD【详解】根据函数的新定义，可得两个函数的图象有一个交点，且交点的两侧图象一侧满足()()f x g x >，另一侧满足()()f x g x <，对于A 中，令()()()1xx f x g x e x ϕ=-=--，可得()1xx e ϕ'=-，当0x >时，()10xx e ϕ'=->，函数单调递增；当0x <时，()10x x e ϕ'=-<，函数单调递减，所以当0x =时，函数()x ϕ 取得最小值，最小值为()00ϕ=，即()0x ϕ≥，所以()()f x g x ≥恒成立，不符合题意；对于B 中，令()()()1ln ,0x f x g x x x x ϕ=-=->，可得()2110x x xϕ'=+>，所以函数()x ϕ单调递增，又由()()11ln110,ln 0e e eϕϕ=-<=->，设0x x =满足()00x ϕ=，且01x e <<，则对任意(0,)x ∈+∞，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意；对于C 中，函数()f x x =，()2g x x =，根据一次函数和二次函数的性质，可得函数()y f x =的图象由两个交点，此时不满足题意；对于D 中，令()()()1()2x x f x g x x ϕ=-=，可得()1211()ln 2022x x x ϕ-'=+>，所以()x ϕ在定义域[0,)+∞单调递增，又由()()1010,102ϕϕ=-<=>，所以方程()0x ϕ=只有一个实数根，设为0x ，则满足对任意x I ∈，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意. 7．（2020·浙江高三月考）已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln x x x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x x e x x a a x x ae a x -≤-⇔-≤--()()3ln 3ln x x x x ae ae ⇔-≤-令()ln f x x x =-，()111x f x x x-'=-=，∴()f x 在[)1,+∞上单调递增.∵1a >，1[,)3x ∈+∞，∴[)3,1,x e x a ∈+∞，∴33x x e ae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x xg x e=，只需max ()a g x ≥，()33x xg x e -'=，∴1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，∴(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e ，∴3a e≥， ∴a 的最小值为3e. 8．（2020·全国高三月考）已知函数()()ln 202xaf x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【详解】()ln202x af x ae x =+->+，则()ln ln ln 22x a e a x ++>++，两边加上x 得到()()()ln 2ln ln 2ln 2ln 2x x aex a x x ex ++++>+++=++，x y e x =+单调递增，()ln ln 2x a x ∴+>+，即()ln ln 2a x x >+-，令()()ln 2g x x x =+-，则()11121x g x x x --'=-=++，因为()f x 的定义域为()2,-+∞()2,1x ∴∈--时，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈-+∞，()0g x '<，()g x 单调递减， ()()max ln 11a g x g ∴>=-=，a e ∴>.9．（2021·安徽高三开学考试）已知函数()()11ln f x a x x =+++. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0x >，求证：()()22e 11exa x f x x +++>.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【详解】（1）由题意得，()f x 的定义域为()0,∞+，()()1111a x f x a x x++'=++=， 当1a ≥-时，()0f x '>恒成立，∴()f x 在()0,∞+上单调递增. 当1a <-时，令()0f x '>，解得11x a <-+；令()0f x '<，解得11x a >-+， ∴()f x 在10,1a ⎛⎫-⎪+⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫-+∞⎪+⎝⎭上单调递减. （2）要证()()22e 11e x a x f x x +++>，即证22e ln 0e x x x ⋅->.令()22e ln e xg x x x =⋅-，则()()22221e e e x x x g x x--'=.令()()221e e x r x x x =--，则()22e e x r x x '=-， 易得()r x '在()0,∞+上单调递增，且()212e e 0r '=-<，()223e 0r '=>，∴存在唯一的实数()01,2x ∈，使得()00r x '=，∴()r x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增.∵()00r <，()20r =， ∴当()0r x >时，2x >；当()0r x <时，02x <<，∴()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，∴()()21ln 20g x g ≥=->.综上，22e ln 0e x x x ⋅->，即()()22e 11exa x f x x +++>.10.（2020·山东高考模拟）已知函数2()ln 2()f x x a x x a R =+-∈.（1）求()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且12()0f x mx -≥恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）12a ≥时，增区间为(0,)+∞；0a ≤时，增区间为1()2++∞；102a <<时，增区间为，)+∞；（2）3(,ln 2]2-∞--. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222'()22a x x af x x x x-+=+-=，令2220x x a -+=，484(12)a a ∆=-=-，1︒若12a ≥时，0∆≤，'()0f x ≥在(0,)+∞恒成立，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增. 2︒若12a <，>0∆，方程2220x x a -+=，两根为1x =2x =，当0a ≤时，20x >，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增. 当102a <<时，1>0x ，20x >， 1(0,)x x ∈，'()0f x >，()f x 单调递增，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增.综上，12a ≥时，函数()f x 单调递增区间为(0,)+∞， 0a ≤时，函数()f x单调递增区间为1()2+∞， 102a <<时，函数()f x单调递增区间为1(0,2-，1()2++∞. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <时，102a <<且121x x =+，122a x x ⋅=，则1112ax x +=，()1121a x x =-，且1102x <<，2112x <<. 此时()120f x mx ≥-恒成立，可化为()()21111112121ln 21f x x x x x x m x x +--≤=- ()()11111111121ln 11x x x x x x x -+-+--=-1111112ln 1x x x x =-++-恒成立， 设1()12ln 1g x x x x x =-++-，1(0,)2x ∈，2221(1)1'()122ln 2ln (1)(1)x g x x xx x --=-++-=+--2(2)2ln (1)x x x x -=+-， 因为102x <<，所以(2)0x x -<，2ln 0x <，所以)'(0g x <，故()g x 在1(0,)2单调递减，13()ln 222g x g ⎛⎫>=-- ⎪⎝⎭，所以实数m 的取值范围是3(,ln 2]2-∞--.11．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三）已知()()ln 0f x x mx m =->. （1）若()y f x =在点()()1,1f 处的切线平行于x 轴，求其单调区间和极值;（2）若不等式()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，求整数m 的最小值. 【答案】（1）增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，()f x 的极大值为1-，无极小值；（2）2. 【详解】（1）()1f x m x'=-，则()110f m '=-=，1m ∴=， ()ln f x x x ∴=-，定义域为(0,)+∞，()111xf x x x-'=-=令()0f x '>，得01x <<;令()0f x '<，得1x >()f x ∴的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，且()f x 的极大值为()11f =-，无极小值.（2）因为0m >，所以()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，可化为21ln 122x x m x x ++≥+，设()2ln 12x x h x x x++=+，则()()()()()()2222212(ln 1)(22)12ln 22x x x x x x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+++ ⎪-++⎝⎭'==++， 设()2ln g x x x =+，则()2ln g x x x =+单调增，且111112ln 2ln 2ln 4022222g ⎛⎫=+=-=-< ⎪⎝⎭，()10g >，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x =，即 ()00h x '=，所以002ln 0x x +=，所以当012x x <<时，0()()0g x g x <=，()0h x '>， 当01x x <<时，0()()0g x g x >=，()0h x '<，()h x ∴在()00,x 单调递增，在()0,x +∞单调递减()()000022max000001ln 1112,12222x x x h x h x x x x x x +++⎛⎫∴====∈ ⎪++⎝⎭()()021,2m h x ∴≥∈，m ∴的最小整数值为2。
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题
导数在解决不等式问题中起着非常重要的作用，利用导数可以轻松地证明和解决各种
不等式问题。
本文将通过一些具体的例子，来展示导数在不等式问题中的应用。
我们来看一个简单的例子：证明当x>0时，e^x\geq1+x。
我们可以利用导数来证明这
个不等式。
我们计算e^x和1+x的导数，分别为e^x和1。
然后我们发现e^x-1\geq x，这意味着在x>0时，e^x\geq1+x。
这样就利用导数证明了这个不等式。
除了证明不等式，我们还可以利用导数来解决不等式问题。
我们要求解不等式
x^2-5x+6>0。
我们可以通过求解x^2-5x+6的导数来判断x^2-5x+6的增减性。
首先求导得
到2x-5，然后令2x-5=0，解得x=\frac{5}{2}。
这说明在x<\frac{5}{2}时，x^2-5x+6<0，而在x>\frac{5}{2}时，x^2-5x+6>0。
不等式x^2-5x+6>0的解集是x<\frac{5}{2}或
x>\frac{3}{2}。
利用导数解不等式和比较大小
利用导数解不等式和比较大小为了利用导数解不等式和比较大小，需要注意以下两点：1. 利用导数解不等式对于一个一元函数f(x)，如果它在 x=a 处连续可导，且在 x=a 的某个邻域内 f'(x)>0，那么当 x>a 时，f(x) 严格单调增加；当x<a 时，f(x) 严格单调减少。
这个性质可以用来解一元不等式。
具体来说，假设要解的不等式是 f(x)>0，可采用以下步骤：1）找出 f(x) 的零点 a。
2）判定 a 的单调性。
3）结合 a 的单调性，确定 f(x) 在何时大于0。
例如，要解不等式 x^2-2x+1>0，可以先求出它的零点 a=1。
在x<1 的邻域内，f'(x)=2x-2>0，因此 x<1 时，f(x) 严格单调增加；在 x>1 的邻域内，f'(x)=2x-2>0，因此 x>1 时，f(x) 严格单调增加。
因此，f(x)>0 的解集为 (-∞,1)∪(1,+∞)。
2. 比较大小对于两个函数 f(x) 和 g(x)，如果它们在某个区间内连续可导，且在该区间内 f'(x)>g'(x)，则在该区间内 f(x) 严格大于 g(x)。
具体来说，假设要比较 f(x)=x^3 和 g(x)=x^2，可采用以下步骤：1）求出它们的导数 f'(x)=3x^2 和 g'(x)=2x。
2）找出 f'(x)-g'(x) 的零点 a=0。
3）判定 a 的单调性。
4）结合 a 的单调性，确定 f(x) 和 g(x) 在何时大小关系。
在 x<0 的邻域内，f'(x)-g'(x)=3x^2-2x<0，因此 x<0 时，f(x) 小于 g(x)；在 0<x<1 的邻域内，f'(x)-g'(x)=3x^2-2x>0，因此0<x<1 时，f(x) 大于 g(x)；在 x>1 的邻域内，f'(x)-g'(x)=3x^2-2x>0，因此 x>1 时，f(x) 大于 g(x)。
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题导数是微积分中的重要概念，在解决不等式问题中，导数可以发挥很大的作用。
下面我们将以一些具体的例子来说明如何利用导数证明或解决不等式问题。
例子1：证明不等式x^2≥0在实数域中恒成立。
解析：对于任意实数x，在实数域中，不管x取何值，其平方x^2都大于等于0。
我们可以通过导数来证明这个不等式。
对x^2进行求导，得到导函数2x。
我们知道，导数表示函数的变化率，对于x^2来说，导函数2x表示了函数的斜率，也就是说，无论x取何值，函数x^2的斜率总为正数或者0。
因为函数的斜率总是非负的，所以x^2≥0在实数域中恒成立。
例子2：求函数f(x)=x^3-3x^2+2x的极值点。
解析：要求函数f(x)的极值点，我们可以先求出函数的导数f'(x)，然后将f'(x)=0进行求解。
导数为0的点即为极值点。
将f'(x)=3x^2-6x+2=0进行求解，可以得到x=1或者x=2。
接下来，我们可以求出函数在x=1和x=2处的函数值，并比较求出极值点。
f(1)=1^3-3*1^2+2*1=0f(2)=2^3-3*2^2+2*2=0对f(x)进行求导，得到导函数f'(x)=3x^2-6。
接下来，我们可以将x轴上的一些点带入函数f'(x)进行判断。
当x<−√2时，f'(x)>0；当−√2<x<√2时，f'(x)<0；当x>√2时，f'(x)>0。
由此可见，函数f(x)=x^3-6x在区间(−∞,−√2)，(−√2,√2)，(√2,+∞)上是单调的。
第五节 利用导数研究不等式恒成立问题
范围.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，
g(x)在(1，x2)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].
考法一 分离参数法解决不等式恒成立问题
[例1] (2019·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝axex－(a＋ 1)(2x－1)．
考法二 等价转化法解决不等式恒成立问题
[例2] (2019·合肥六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－ 1)ex，g(x)＝12x2＋ax，其中a为常数．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成 立，求实数a的取值范围．
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)． 即f′(x)＝xex＋ex－4， 则f′(0)＝－3，f(0)＝2， 所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.
(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间； (2)若 f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)ln x， f′(x)＝ln x＋(x－1)·1x＝ln x－1x＋1，设 g(x)＝ln x－1x＋1， 则g′(x)＝x＋x2 1>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0， ∴ x∈(0,1)时，g(x)<0，即f′(x)<0， x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0， ∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
2.13.2利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题
第二章
考点 层级突破
课时 分组冲关
②当 a＞1 时，令 g'(x)＝0，得 x＝ln a，
当 x 变化时，g(x)，g′(x)的变化情况如下表：
x
(0，ln a) ln a (ln a，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x) 单调递减 极小值 单调递增
故存在 x＝ln a，使得 g(ln a)＜g(0)＝0.
第二章
考点 层级突破
课时 分组冲关
[解] (1)f′(x)＝(ex－2a)＋xex－2ax＝(x＋1)(ex－2a)，x∈R. ①若 a≤0，由 f′(x)＝0 解得 x＝－1. ∴当 x＜－1 时，f′(x)＜0，当 x＞－1 时，f′(x)＞0， ∴当 x＝－1 时，f(x)取得极小值 f(－1)＝a－1e＝0，解得 a＝1e(舍 去)； ②若 a＞0，由 f′(x)＝0 解得 x＝－1 或 x＝ln (2a)，
当 x≥1 时，g′(x)＜0，得 g(x)在[1，＋∞)上单调递减，有 g(x)≤g(1)
＝e＋1 1，而由(1)知，ef＋x1≥ef＋11＝e＋1 1. 所以，当 x≥1 时，xexe＋＋11fx≥ex－1.
第二章
考点 层级突破
课时 分组冲关
(3)f(x)＝x－ln x≥(1－m)x＋m，即 ln x－m(x－1)≤0， 记 h(x)＝ln x－m(x－1)，则 h(x)≤0 对任意 x∈(0，＋∞)恒成立， 求导得 h′(x)＝1x－m(x＞0) 若 m≤0，则 h′(x)＞0，得 h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又 h(1)＝0，故当 x＞1 时，h(x)＞0，不合题意； 若 m＞0，得 h(x)在0，m1 上单调递增，在m1 ，＋∞单调递减． h(x)max＝hm1 ＝－ln m－1＋m≤0，故 f(m)≤1， 由(1)知 f(m)≥1，则 m 只能等于 1.
利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题
利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题1．设函数f (x )＝(1＋x －x 2)e x (e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1＋2x 2恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(2－x －x 2)e x ＝－(x ＋2)(x －1)e x .当x <－2或x >1时，f ′(x )<0；当－2<x <1时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2,1)上单调递增．(2)设F (x )＝f (x )－(ax ＋1＋2x 2)，F (0)＝0，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ，F ′(0)＝2－a ，当a ≥2时，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ≤－(x ＋2)·(x －1)e x －4x －2≤－(x ＋2)(x －1)e x －x －2＝－(x ＋2)·[(x －1)e x ＋1]，设h (x )＝(x －1)e x ＋1，h ′(x )＝x e x ≥0，所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )＝(x －1)e x ＋1≥h (0)＝0，即F ′(x )≤0在[0，＋∞)上恒成立，F (x )在[0，＋∞)上单调递减，F (x )≤F (0)＝0，所以f (x )≤ax ＋1＋2x 2在[0，＋∞)上恒成立．当a <2时，F ′(0)＝2－a >0，而函数F ′(x )的图象在(0，＋∞)上连续且x →＋∞，F ′(x )逐渐趋近负无穷，必存在正实数x 0使得F ′(x 0)＝0且在(0，x 0)上F ′(x )>0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，此时F (x )>F (0)＝0，f (x )>ax ＋1＋2x 2有解，不满足题意． 综上，a 的取值范围是[2，＋∞)．2．设函数f (x )＝2ln x －mx 2＋1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当f (x )有极值时，若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2mx ＝－2(mx 2－1)x， 当m ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m >0时，令f ′(x )>0，得0<x <m m ， 令f ′(x )<0，得x >m m ， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当f (x )有极值时，m >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减．∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫m m ＝2ln m m －m ·1m ＋1＝－ln m ， 若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，则f (x )max >m －1.即－ln m >m －1，ln m ＋m －1<0成立．令g (x )＝x ＋ln x －1(x >0)，∵g ′(x )＝1＋1x>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 且g (1)＝0，∴0<m <1.∴实数m 的取值范围是(0,1)．3．(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1.(1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围．解：(1)∵f ′(x )＝1x，∴f ′(1)＝1. 又∵f (1)＝0，∴所求切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)，即为x －y －1＝0.(2)易知对任意的x ∈(1，＋∞)，f (x )>0，g (x )>0.①当a ≥1时，f (x )<g (x )≤ag (x )；②当a ≤0时，f (x )>0，ag (x )≤0，不满足不等式f (x )≤ag (x )；③当0<a <1时，设φ(x )＝f (x )－ag (x )＝ln x －a (x －1)，则φ′(x )＝1x－a (x >1)，令φ′(x )＝0，得x ＝1a， 当x 变化时，φ′(x )，φ(x )的变化情况如下表：∴φ(x )max ＝φ⎝⎛⎭⎫1a >φ(1)＝0，不满足不等式．综上所述，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．4．已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)．(1)求函数f (x )的极小值；(2)若存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1(e 是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x －1)ln a .∵当a >1时，ln a >0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上是增函数，当0<a <1时，ln a <0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上也是增函数，∴当a >1或0<a <1时，f ′(x )在R 上是增函数，又∵f ′(0)＝0，∴f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f (x )在x ＝0处取得极小值1.(2)∵存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1，∴只需f (x )max －f (x )min ≥e －1即可．由(1)可知，当x ∈[－1,1]时，f (x )在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数， ∴当x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max 为f (－1)和f (1)中的较大者．f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝⎛⎭⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1a－2ln a ， 令g (a )＝a －1a－2ln a (a >0)， ∵g ′(a )＝1＋1a 2－2a ＝⎝⎛⎭⎫1－1a 2>0， ∴g (a )＝a －1a－2ln a 在(0，＋∞)上是增函数． 而g (1)＝0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (－1)；当0<a <1时，g (a )<0，即f (1)<f (－1)．∴当a >1时，f (1)－f (0)≥e －1，即a －ln a ≥e －1.由函数y ＝a －ln a 在(1，＋∞)上是增函数，解得a ≥e ；当0<a <1时，f (－1)－f (0)≥e －1，即1a＋ln a ≥e －1， 由函数y ＝1a ＋ln a 在(0,1)上是减函数，解得0<a ≤1e. 综上可知，所求实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．。
专题12利用导数研究不等式恒成立问题(原卷版)
专题12利用导数研究不等式恒成立问题不等式恒成立问题的基本类型类型1：任意x ，使得f (x )＞0，只需f (x )min ＞0.类型2：任意x ，使得f (x )＜0，只需f (x )max ＜0.类型3：任意x ，使得f (x )＞k ，只需f (x )min ＞k .类型4：任意x ，使得f (x )＜k ，只需f (x )max ＜k .类型5：任意x ，使得f (x )＞g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min ＞0.类型6：任意x ，使得f (x )＜g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max ＜0.(1)构造函数分类讨论：遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x ) 或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式v (x )的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y ＝a 与函数y ＝v (x )图象的交点个数问题来解决． 可化为不等式恒成立问题的基本类型类型1：函数f (x )在区间D 上单调递增，只需f ′(x )≥0.类型2：函数f (x )在区间D 上单调递减，只需f ′(x )≤0.类型3：∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )max .类型4：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )min .类型5：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，只需f (x )max ＜g (x )max .(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值 即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求大于函数y ＝g (x )的所有函数值．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于函数g (x )在D 2上的最大值(这里假设f (x )max ，g (x )max 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求小于函数y ＝g (x )的所有函数值．典例1.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ＋1，若对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，求实数a 的取值范围．典例2.设函数f (x )＝ln x ＋k x，k ∈R. (1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1＞x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＜x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围．典例3.已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax . (1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝x e x ，对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围． 典例4.已知函数f (x )＝3x －3x ＋1，g (x )＝－x 3＋32(a ＋1)x 2－3ax －1，其中a 为常数． (1)当a ＝1时，求曲线g (x )在x ＝0处的切线方程；(2)若a ＜0，对于任意的x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围．专项突破练一、单选题1．若不等式4342x x a ->-对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围是（） A ．27a <- B ．25a >- C ．29a ≥ D ．29a >2．已知函数()22f x ax x a =-+，对[]1,2x ∀∈都有()0f x ≤成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],0-∞B ．4,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．(],1-∞D ．[]1,0-3．已知函数()32183833f x x x x =-+-，()lng x x x =-，若()120,3x x ∀∈，，()()12g x k f x +≥恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)2ln 2,++∞B ．[)3,∞-+C ．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．[)3,+∞4．已知不等式()()23ln 1231x x a -+≤+对任意[]0,1x ∈恒成立，则实数a 的最小值为（）A ．1ln 22-B ．113ln 622--C ．13-D ．113ln 622+ 5．若关于x 的不等式sin x x ax -≥，对[]0,x π∈恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．(],1-∞- B ．(],1-∞C ．4,π⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．4,∞π⎛⎤- ⎥⎝⎦ 6．若关于x 的不等式()()22e222ln 1x a x a a x -+-+>+-在()2,+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭ B ．()1,-+∞C ．[)1,-+∞D ．[)2,-+∞ 7．已知函数()2sin f x x x =+，若ln (1)0a f x f x ⎛⎫++-≥ ⎪⎝⎭对(]0,2x ∈恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．[)1,+∞ B ．[)2,+∞C ．[]1,2D ．()1,+∞ 8．已知不等式22ln 0ax x +-≥恒成立，则a 的取值范围为（）A ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．22,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．210,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦9．若函数()ln f x x =，g (x )=313x 对任意的120x x >>，不等式112212()()()()x f x x f x m g x g x ->-恒成立，则整数m 的最小值为（）A ．2B ．1C ．0D ．-1二、多选题 10．已知函数22,0(),0x x x f x e x ⎧+<=⎨≥⎩，满足对任意的x ∈R ，()f x ax ≥恒成立，则实数a 的取值可以是（） A．-B．CD．11．设函数()()e 1x f x ax a +=-+∈N ，若()0f x >恒成立，则实数a 的可能取值是（）A ．1B ．2C ．3D ．4 12．已知函数()312x f x x +=+，()()42e x g x x =-，若[)120,x x ∀∈+∞，，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值可以是（）A ．6e B．(2e C．(2e D ．2e13．已知()2121()1e 2x f x a x -=--，若不等式11ln 1f f x x ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭在(1,)+∞上恒成立，则a 的值可以为（） A．B ．1- C ．1 D三、填空题 14．已知函数2()2ln f x x x a =--，若()0f x ≥恒成立，则a 的取值范围是________． 15．当(]0,1x ∈时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是______．16．已知函数()2f x x a =+，()ln 2g x x x =-，如果对任意的1x ，2122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，都有()()12f x g x ≤成立，则实数a 的取值范围是_________．17．已知不等式[]1ln(1)x e x m x x -->-+对一切正数x 都成立.则实数m 的取值范围是___________.四、解答题18．设()()32114243f x x a x ax a =-+++，其中a R ∈．（1）若()f x 有极值，求a 的取值范围；（2）若当0x ≥，()0f x >恒成立，求a 的取值范围．19．已知函数()ln 32a f x ax x =--，其中0a ≠. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若()310xf x x +-≥对任意[)1,x ∞∈+恒成立，求实数a 的取值范围. 20．已知函数2()(2)e (1)(R,R)x f x x a x m a m =----∈∈．(1)若12a =，求()f x 的单调区间； (2)若()0,()2ln 2e x a f x x x =≥+-对一切,()0x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围． 21．已知函数()()()21e ,12x f x x g x ax a R =-=+∈. (1)求()f x 的图象在0x =处的切线方程；(2)当[)0,x ∈+∞时，()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围. 22．已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ． （1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围． 23．已知函数()()ln 1ln f x ax a x =-+的图像在点()()1,1f 处的切线方程为4y x b =+. （1）求a ，b 的值；（2）当4k ≥时，证明：()()1f x k x <-对()1,x ∈+∞恒成立.24．已知函数()()21ln R f x ax x a =--∈．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()f x 在x =()()0,,1x f x bx ∈+∞≥-恒成立，求实数b 的取值范围． 25．已知函数()e (2)1x f x a x =---．(1)当a ＝1时，求曲线在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若2()()g x f x x =-，且()0g x ≥在[)0,∞+上恒成立，求a 的取值范围．26．已知函数()e x f x =．(1)证明：()1f x x ≥+；(2)当[]0,x π∈时，不等式()()sin 21ln 1x f x m x --≤+⎡⎤⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围．27．已知函数()()ln 0x f x e a x a =->．(1)当2a =时，直线2y kx =+与曲线()y f x =相切，求实数k 的值；(2)当0x >时，()ln f x a a >，求a 的取值范围．28．已知函数2()e (1)=+-+x f x a x x ．(1)当1a =时，求()f x 的单调区间；(2)若不等式()2f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．29．设函数()()321f x x a x ax =+++.(1)0a =时，求()f x 在区间[]1,2-上的最大值与最小值.(2)0a >时，()f x 有两个不同的极值点1x ，2x ，且对不等式()()120f x f x +≤恒成立，求实数a 的取值范围？ 30．已知函数()()()1e x f x a x a =--∈R ，()ln e k x x =-，e 为自然对数的底数．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当1x >时，不等式()()f x k x ≤恒成立，求a 的取值范围．31．已知函数()()2ln 2f x x ax a =-+∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()()20f x a x --≥在[]1,e x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围. 32．已知函数()ln 1f x ax x =++．(1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，求实数a 的取值范围；(2)若对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．33．已知函数21()e sin 12x f x kx x =---，函数()21cos 12g x x x =+-．(1)求函数()g x 的单调区间．(2)0x ≥时，不等式()0f x ≥恒成立，求实数k 的取值范围． 34．已知函数12()(1)e -=--x f x a x x （其中a R ∈，e 为自然对数的底数）．(1)当2e a >时，讨论函数f （x ）的单调性；(2)当1x >时，2()ln(1)3f x x x x >--+-，求a 的取值范围． 35．已知函数()e ln 1x f x mx x =--．(1)当1m =时，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；(2)若(x)x f ≥恒成立，求实数m 的取值范围．。
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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)，
则φ′(x )＝x 2＋ln x －1x 2
， ∵y ＝x 2＋ln x －1在(0，＋∞)上是增函数，且x ＝1时，y ＝0.
∴当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0；
当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，
即φ(x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
∴φ(x )min ＝φ(1)＝1，故a ≤1.
即实数a 的取值范围为(－∞，1]．
3．(1)解 原题即为存在x >0，
使得ln x －x ＋a ＋1≥0，
∴a ≥－ln x ＋x －1，
令g (x )＝－ln x ＋x －1，
则g ′(x )＝－1x ＋1＝x －1x
. 令g ′(x )＝0，解得x ＝1.
∵当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，
当x >1时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，
∴g (x )min ＝g (1)＝0，a ≥g (1)＝0.
故a 的取值范围是[0，＋∞)．
(2)证明 原不等式可化为12x 2＋ax －x ln x －a －12
>0(x >1，a ≥0)． 令G (x )＝12x 2＋ax －x ln x －a －12
，则G (1)＝0. 由(1)可知x －ln x －1>0，
则G ′(x )＝x ＋a －ln x －1≥x －ln x －1>0，
∴G (x )在(1，＋∞)上单调递增，
∴G (x )>G (1)＝0成立，
∴12x 2＋ax －x ln x －a －12
>0成立， 即12x 2＋ax －a >x ln x ＋12
成立． 4．解 (1)求导可得f ′(x )＝2－a x －1x 2＋2a ＝(2x －1)(ax ＋1)x 2
， 令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝－1a
， 当a ＝－2时，f ′(x )≤0，函数f (x )在定义域(0，＋∞)内单调递减；
当－2<a <0时，在区间(0，12)，(－1a ，＋∞)上f ′(x )<0，f (x )单调递减，在区间(12，－1a
)上f ′(x )>0，f (x )单调递增；
当a <－2时，在区间(0，－1a )，(12，＋∞)上f ′(x )<0，f (x )单调递减，在区间(－1a ，12
)上f ′(x )>0，f (x )单调递增．
(2)由(1)知当a ∈(－3，－2)时，函数f (x )在区间[1,3]上单调递减，
所以当x ∈[1,3]时，f (x )max ＝f (1)＝1＋2a ，f (x )min ＝f (3)＝(2－a )ln 3＋13
＋6a . 问题等价于：对任意的a ∈(－3，－2)，恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3>1＋2a －(2－a )ln 3－13
－6a 成立，即am >23
－4a ， 因为a <0，所以m <23a
－4， 因为a ∈(－3，－2)，
所以只需m ≤(23a
－4)min ， 所以实数m 的取值范围为(－∞，－133
]． 5．证明 (1)由a >0及f ′(x )＝e x －a 可得，函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增，。