导数与不等式的证明(高考真题)【含答案】
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。
新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习高考解答题专项一第1课时利用导数证明不等式北师大版含答案
新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习：高考解答题专项一 函数与导数中的综合问题第1课时 利用导数证明不等式1.(2021吉林长春诊断测试)已知函数f (x )=a e x-e x.(1)若对任意的实数x 都有f (x )≥0成立,求实数a 的取值范围; (2)当a ≥1且x ≥0时,证明:f (x )≥(x-1)2.2.(2021浙江宁波高三期末)已知函数f (x )=a e x-4x ,a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间; (2)当a=1时,证明:f (x )+x 2+1>0.3.(2021辽宁朝阳高三一模)已知函数f (x )=e x-a sin x-x ,曲线f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为x+y-1=0.(1)求实数a 的值; (2)证明:∀x ∈R ,f (x )>0.4.(2021河北石家庄高三三模)已知函数f (x )=a ln x-x 2+x+3a.若0<a<14,证明:f (x )<e xx -x 2+x.5.(2021福建泉州高三二模)已知函数f (x )=a -lnx x在x=1处取得极值.(1)求实数a 的值,并求函数f (x )的单调区间; (2)证明:f (x )+x+23>0.6.(2021湖南郴州高三三模)已知函数f (x )=(x+1)ln x. (1)求曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程; (2)证明:ln21+ln76+…+ln(n 2-2)n 2-3+2n>32(n ≥2,n ∈N *).高考解答题专项一 函数与导数中的综合问题第1课时 利用导数证明不等式1.(1)解若对任意的实数x 都有f (x )≥0,即a e x-e x ≥0,所以a ≥exex .令g (x )=ex e x ,则g'(x )=1−xe x -1.令g'(x )=0得x=1.当x<1时g'(x )>0;当x>1时g'(x )<0,所以g (x )在x=1处取得极大值亦即最大值g (1)=1,即a ≥1.故实数a 的取值范围是[1,+∞).(2)证明由于当a ≥1且x ≥0时,f (x )=a e x-e x ≥e x-e x ,因此只需证明e x-e x ≥(x-1)2.只需证明(x -1)2+exe x≤1.设h (x )=(x -1)2+exe x-1(x ≥0), 则h'(x )=(x -1)(3-e -x)e x.所以当0≤x<3-e 时,h'(x )<0,h (x )单调递减;当3-e <x<1时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x>1时,h'(x )<0,h (x )单调递减.又因为h (0)=0,h (1)=0,且x=1是h (x )的极大值,因此当x ≥0时,必有h (x )≤0,故原不等式成立.2.(1)解f'(x )=a e x-4.当a ≤0时,f'(x )<0,f (x )在R 上单调递减; 当a>0时,令f'(x )<0,可得x<ln 4a ,令f'(x )>0,可得x>ln 4a ,所以f (x )在(-∞,ln 4a )上单调递减,在(ln 4a ,+∞)上单调递增.综上所述,当a ≤0时,f (x )的单调递减区间为(-∞,+∞);当a>0时,f (x )的单调递增区间为(ln 4a ,+∞),单调递减区间为(-∞,ln 4a ).(2)证明当a=1时,f (x )=e x-4x ,令g (x )=f (x )+x 2+1=e x -4x+x 2+1.g'(x )=e x -4+2x ,令h (x )=e x -4+2x ,则h'(x )=e x +2>0恒成立,所以g'(x )在R 上单调递增,又因为g'(0)=-3<0,g'(1)=e -2>0,由函数零点存在定理可得存在x 0∈(0,1),使得g'(x 0)=0,即e x 0-4+2x 0=0.当x ∈(-∞,x 0)时,g'(x )<0,g (x )单调递减;当x ∈(x 0,+∞)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.所以g (x )min =g (x 0)=e x 0-4x 0+x 02+1=4-2x 0-4x 0+x 02+1=x 02-6x 0+5,由于x 0∈(0,1),所以由二次函数性质可得g (x )min >g (1)=0,所以g (x )>0,故f (x )+x 2+1>0.3.(1)解根据题意,f (x )=e x-a sin x-x ⇒f'(x )=e x-a cos x-1,因为曲线f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为x+y-1=0,所以f'(0)=-1⇔1-a-1=-1⇒a=1.故实数a 的值为1.(2)证明由于f (x )=e x-sin x-x ,要证明∀x ∈R ,f (x )>0,需证明e x-x>sin x.因为sin x ∈[-1,1],故需证明e x-x>1.令g (x )=e x-x ,g'(x )=e x-1, 令g'(x )=0⇒x=0.g'(x )>0⇒x>0,g'(x )<0⇒x<0,所以函数g (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故g (x )min =g (0)=1,即∀x ∈R ,e x-x ≥1,所以e x-x-sin x ≥1-sin x ≥0,所以∀x ∈R ,f (x )>0.4.证明由已知得需证a (ln x+3)<e xx .因为a>0,x>0,所以e xx >0,当ln x+3<0时,不等式显然成立. 当ln x+3>0时,由于0<a<14,所以a (ln x+3)<14(ln x+3),因此只需证14(ln x+3)<e xx ,即证lnx+34x<e xx 2.令g (x )=lnx+34x,所以g'(x )=-lnx -24x 2,令g'(x )=0,得x=e -2,当x ∈(0,e -2)时,g'(x )>0,当x ∈(e -2,+∞)时,g'(x )<0,即g (x )在(0,e -2)上单调递增,在(e -2,+∞)上单调递减.所以g (x )max =g (e -2)=e 24.令h (x )=e x x2,则h'(x )=e x (x -2)x 3,当x ∈(0,2)时,h'(x )<0,当x ∈(2,+∞)时,h'(x )>0,所以h (x )在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以h (x )min =h (2)=e 24.所以g (x )≤h (x ),但两边取得最值的条件不相等,即证得a (ln x+3)<e xx ,故f (x )<e xx -x 2+x. 5.(1)解f'(x )=-1-a+lnx x 2,由题意得f'(1)=-1-a=0,即a=-1.于是f'(x )=lnxx 2(x>0), 当x ∈(0,1)时,f'(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,所以实数a 的值为-1,f (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)证明要证f (x )+x+23>0,即证-1-lnx x+x+23>0,因为x>0,即证x 2+23x-ln x-1>0.令g (x )=x-1-ln x ,则g'(x )=1-1x =x -1x,所以当x ∈(0,1)时,g (x )单调递减,当x ∈(1,+∞)时,g (x )单调递增,所以g (x )≥g (1)=0,即ln x ≤x-1,则ln2x ≤2x-1,即ln2+ln x ≤2x-1,所以ln x ≤2x-1-ln2,则x 2+23x-ln x-1≥x 2+23x-2x+1+ln2-1=x 2-43x+ln2.令h (x )=x 2-43x+ln2=(x -23)2+ln2-49,又因为ln2>ln √e =12,所以ln2-49>0,则h (x )>0,故x 2+23x-ln x-1>0成立,则f (x )+x+23>0.6.(1)解函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=ln x+x+1x,所以曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线斜率为k=f'(1)=2,又因为f (1)=0,所以该切线方程为y=2(x-1).(2)证明设F (x )=(x+1)ln x-2x+2(x>1),则F'(x )=ln x+1x -1,令g (x )=F'(x ),则g'(x )=1x −1x 2=x -1x 2,当x>1时,g'(x )>0,所以g (x )=F'(x )在(1,+∞)上单调递增,又因为g (1)=0,所以g (x )=F'(x )>0,即F (x )在(1,+∞)上单调递增,所以F (x )>F (1)=0, 故当x>1时,(x+1)ln x>2(x-1).令x=n 2-2>1(n ≥2,n ∈N *), 则(n 2-1)ln(n 2-2)>2(n 2-3),所以ln(n 2-2)n 2-3>2n 2-1=2(n -1)(n+1)=1n -1−1n+1,因此∑k=2nln(k 2-2)k 2-3>1-13+12−14+13−15+14−16+…+1n -2−1n+1n -1−1n+1,化简可得∑k=2nln(k 2-2)k 2-3>1+12−1n −1n+1>32−2n .所以ln21+ln76+…+ln(n 2-2)n 2-3+2n >32(n ≥2,n ∈N *),故原不等式成立.。
41 导数中不等式的证明问题(学生版)
专题41导数中不等式的证明问题【高考真题】1. (2022•北京)已知函数/(x) = e*ln(l+x).(1)求曲线y = fa)在点(。
,/(0))处的切线方程；(2)设g*)=rα),讨论函数g*)在。
+8)上的单调性；(3)证明:对任意的S, £€(0, +∞),有"s+E)>f(s)+f(f).2. (2022•浙江)设函数/(X) = ± + lnx(x>0). Ix(1)求/O)的单调区间；(2)已知α"eR,曲线y =7。
)上不同的三点(国,/(8))，(巧Ja2))，(孙/(巧))处的切线都经过点3 3.证明：(i )⅛α> e ,则O<b-f(α) <g(∕-1)；・・-4⅛.z% mf2 e -4 112 e —。
(11)若OVaVe, X] <A⅛<Λ⅞ ,贝∣]一 + -^-V — + 一< -- T -e oe Xy Xy ci oe(注：e = Z71828…是自然对数的底数)3. (2022・新高考∏)已知函数/(x) = XeS-e,(1)当。
=1时,讨论/*)的单调性；(2)当“>。
时，/(x)v-1,求α的取值范围；(3)设〃eN*,证明：-/= + -/^=+,，+T^=>ln(72 + 1)- √12+ 1 √22+2 y∣n2+n【方法总结】构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式力r)>g(x)(∕(x) Vga))转化为证明y(x)—g(x)>o(/u)—g(X)V0)，进而构造辅助函数〃(X)= 火防一g(x)；(2)适当放缩构造法：X一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如lnx≤r-l, e v≥r+l, InκVχVeYQO),币≤ln(x + l)≤x(x>-1); (3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数Kr)和g(x),利用其最值求解.【题型突破】1 .己知函数y(x)="—αdnχ-l(a£R, tz≠O).(I)讨论函数AX)的单调性；(2)当x>l 时，求证：—^>⅛-1. x—1 e A2 .已知函数外)=1—3」，g(x)=χ-Inx.(1)证明：g(x)≥l;(2)证明：(x-inx)成x)>l-±∙3 . (2021 •全国乙)设函数/(x)=ln(α-x),已知X=O是函数y=M(x)的极值点.⑴求〃；(2)设函数g。
高考数学一轮总复习课件：专题研究-利用导数证明不等式
2a2－4或x＝a＋
a2－4 2.
当x∈(0，a－ 2a2－4)，(a＋ 2a2－4，＋∞)时，f′(x)<0；当
x∈(a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4)时，f′(x)>0.
所以f(x)在
0，a－
a2－4
2
，
a＋
2a2－4，＋∞
上单调递
减，在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2时
课外阅读
一、赋值法证明正整数不等式 (1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质 证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式， 用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次 求和达到证明的目的．此类问题一般至少两问，所证的不等式 常由第一问根据待证式的特征而得到． (2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式 为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、 对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln(x＋1)<x等．
所以函数h′(x)＝ex＋1－
1 x＋1
在(－1，＋∞)上有唯一零点
x0，且x0∈－12，0. 因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝x0＋1 1， 即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)． 当x∈(－1，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋
∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：
f（x1）－f（x2） x1－x2
<a
－2.
【思路】 (1)求f(x)的定义域，对函数f(x)求导，对参数a进
行分类讨论，即可判断f(x)的单调性；(2)结合(1)，求出f(x)存在
2021版新高考数学：利用导数证明不等式含答案
第四节利用导数证明不等式(对应学生用书第53页)考点1单变量不等式的证明单变量不等式的证明方法(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)、进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形、如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构、根据“相同结构”构造辅助函数；(3)最值法：欲证f(x)＜g(x)、有时可以证明f(x)max＜g(x)min.所以⎩⎪⎨⎪⎧ae ＝1e ，ae －b ＝1e －1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1e2，b ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝1e2·e x －ln x .因为f ′(x )＝e x －2－1x 在(0、＋∞)上单调递增、又f ′(1)＜0、f ′(2)＞0、所以f ′(x )＝0在(0、＋∞)上有唯一实根x 0、且x 0∈(1、2).当x ∈(0、x 0)时、f ′(x )＜0、当x ∈(x 0、＋∞)时、f ′(x )＞0、 从而当x ＝x 0时、f (x )取极小值、也是最小值． 由f ′(x 0)＝0、得e x 0－2＝1x0、则x 0－2＝－ln x 0. 故f (x )≥f (x 0)＝e x 0－2－ln x 0＝1x0＋x 0－2＞21x0·x0－2＝0、所以f (x )＞0. 考点2 双变量不等式的证明破解含双参不等式证明题的3个关键点(1)转化、即由已知条件入手、寻找双参所满足的关系式、并把含双参的不等式转化为含单参的不等式．(2)巧构造函数、再借用导数、判断函数的单调性、从而求其最值．(2)若a＝－2、正实数x1、x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0、求证：x1＋x2≥5－12.[解](1)当a＝0时、f(x)＝ln x＋x、则f(1)＝1、所以切点为(1、1)、又因为f′(x)＝1x＋1、所以切线斜率k＝f′(1)＝2、故切线方程为y－1＝2(x－1)、即2x－y－1＝0.(2)证明：当a＝－2时、f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0).由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0、得ln x1＋x21＋x1＋ln x2＋x2＋x2＋x1x2＝0、从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln (x1x2)、令t＝x1x2(t＞0)、令φ(t)＝t－ln t、得φ′(t)＝1－1t＝t－1t、易知φ(t)在区间(0、1)上单调递减、在区间(1、＋∞)上单调递增、所以φ(t)≥φ(1)＝1、所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1、因为x1＞0、x2＞0、所以x1＋x2≥5－12成立．考点3证明与正整数有关的不等式问题函数中与正整数有关的不等式、其实质是利用函数性质证明数列不等式、证明此类问题时常根据已知的函数不等式、用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量、通过多次求和达到证明的目的．。
导数解答题之证明不等式
，
①当 m≤0 时 f′（x）＞0 恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上是增函数，无极值， ②当 m＞0 时令 f′（x）＞0，∴0＜x＜ ， 令 f′（x）＜0，∴x＞ ， 所以函数 f（x）在（0， ）上为增函数，在（ ，+∞）为减函数， 所以当 x＝ 时，有极大值，极大值为﹣ （ln2m+1），无极小值，
∴
由题意可知 a＞x0+1，又 x0∈（3，4），a∈Z， ∴a 的最小值为 5．
多元不等式的证明
证明多元不等式通常的方法有两个 （1）消元：① 利用条件代入消元 ② 不等式变形后对某多元表达式进行整体换元 （2）变量分离后若结构相同，则可将相同的结构构造一个函数，进而通过函数的单调性与 自变量大小来证明不等式 （3）利用函数的单调性将自变量的不等关系转化为函数值的不等关系，再寻找方法.
证明一元不等式主要的方法
方法一：将含 x 的项或所有项均挪至不等号的一侧，将一侧的解析式构造为函数，通过分
析函数的单调性得到最值，从而进行证明，其优点在于目的明确，构造方法简单，但对于 移项后较复杂的解析式则很难分析出单调性
x 1
2e x
f (x) e ln x . f x 1 已知函数
证明：
上单 调递增 ，从
1
而
g(x)在(0，＋∞)上的最小值为
g
e
＝－1 e
设函数 h(x)＝xe－x－2，则 h′(x)＝e－x(1－x)．所以当 x∈(0，1)时，h′(x)>0；当 x∈(1， e
＋∞)时，h′(x)<0.故 h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而 h(x)在(0，＋∞)
所以 h（x）max＝h（x0）＝
专题3 导数解决不等式的恒成立和证明
第三章 导数专题3 导数解决不等式的恒成立和证明【三年高考精选】（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题） 1. 已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【解析】【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令11,m n a b==，命题转换为证明：2m n e <+<，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)()f x 的定义域为()0,∞+． 由()()1ln f x x x =-得，()ln f x x '=-，当1x =时，()0f x '=；当()0,1x ∈时()0f x >′；当()1,x ∈+∞时，()'0f x <． 故()f x 在区间(]0,1内为增函数，在区间[)1,+∞内为减函数， (2)[方法一]：等价转化由ln ln b a a b a b -=-得1111(1ln )(1ln )a a b b -=-，即11()()f f a b=．由a b ，得11a b ≠．由（1）不妨设11(0,1),(1,)b a ∈∈+∞，则1()0f a >，从而1()0f b >，得1(1,)e b∈，①令()()()2g x f x f x =--，则22()(2)()ln(2)ln ln(2)ln[1(1)]g x f x f x x x x x x ''=---'=-+=-=--，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 在区间()0,1内为减函数，()()10g x g >=，从而()()2f x f x ->，所以111(2)()()f f f a a b->=，由（1）得112a b -<即112a b<+．①令()()h x x f x =+，则()()'11ln h x f x x '=+=-，当()1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 在区间()1,e 内为增函数，()()h x h e e <=，从而()x f x e +<，所以11()f e b b +<．又由1(0,1)a ∈，可得11111(1ln )()()f f a a a a b <-==，所以1111()f e a b b b+<+=．②由①②得112e a b<+<． [方法二]【最优解】：ln ln b a a b a b -=-变形为ln ln 11a b a b b a-=-，所以ln 1ln 1a b a b ++=． 令11,m n a b ==．则上式变为()()1ln 1ln m m n n -=-， 于是命题转换为证明：2m n e <+<．令()()1ln f x x x =-，则有()()f m f n =，不妨设m n <． 由（1）知01,1m n e <<<<，先证2m n +>．要证：()()()222)2(m n n m f n f m f m f m +>⇔>-⇔<-⇔<-()()20f m f m ⇔--<．令()()()()2,0,1g x f x f x x =--∈，则()()()()()2ln ln 2ln 2ln10g x f x f x x x x x '='+'-=---=⎡⎤⎣≥-⎦--=， ()g x ∴在区间()0,1内单调递增，所以()()10g x g <=，即2m n +>．再证m n e +<．因为()()1ln 1ln m n n m m -=⋅->，所以()1ln n n n e m n e -+<⇒+<．令()()()1ln ,1,h x x x x x e =-+∈，所以()'1ln 0h x x =->，故()h x 在区间()1,e 内单调递增． 所以()()h x h e e <=．故()h n e <，即m n e +<． 综合可知112e a b<+<． [方法三]：比值代换 证明112a b+>同证法2．以下证明12x x e +<． 不妨设21x tx =，则211x t x =>， 由1122(1ln )(1ln )x x x x -=-得1111(1ln )[1ln()]x x tx tx -=-，1ln 1n 1l t x t t=--， 要证12x x e +<，只需证()11t x e +<，两边取对数得1ln(1)ln 1t x ++<，即ln(1)1ln 11t t t t++-<-， 即证ln(1)1ln t t t t+<-． 记ln(1)(),(0,)s g s ss ∈=+∞+，则2ln(1)1()s s s g s s '-++=. 记()ln(1)1sh s s s=-++，则211()0(1)1h s s s '=-<++， 所以，()h s 在区间()0,∞+内单调递减．()()00h s h <=，则()'0g s <， 所以()g s 在区间()0,∞+内单调递减．由()1,t ∈+∞得()10,t -∈+∞，所以()()1g t g t <-， 即ln(1)1ln t t t t+<-． [方法四]：构造函数法 由已知得ln ln 11a b a b b a-=-，令1211,x x a b ==，不妨设12x x <，所以()()12f x f x =．由（Ⅰ）知，1201x x e <<<<，只需证122x x e <+<． 证明122x x +>同证法2．再证明12x x e +<．令2ln 21()(0)()(ln ,)exh x x e h x x e x xe x '-++-=<<=--． 令()ln 2(0)e x x x e x ϕ=+-<<，则221()0e x ex x x xϕ-'=-=<． 所以()()()0,0x e h x ϕϕ>='>，()h x 在区间()0,e 内单调递增．因为120x x e <<<，所以122111ln ln x e x e x x --<--，即112211ln ln x x x ex e -->-- 又因为()()12f x f x =，所以12212112ln ln 1,1x x x ex x x ex x --=>--，即()()2222111212,0x ex x ex x x x x e -<--+->．因为12x x <，所以12x x e +<，即11e a b+<． 综上，有112e a b<+<结论得证． 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于120e x x +-<的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.视频(2020年高考全国Ⅰ卷文数20) 2. 已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞.【解析】【分析】（1）将1a =代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，将其转化为2xea x =+有两个解，令()(2)2xe h x x x =≠-+，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.【详解】（1）当1a =时，()(2)x f x e x =-+，'()1xf x e =-，令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞； （2）若()f x 有两个零点，即(2)0x e a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2x e a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++， 令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e+∞.【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线x y e =和直线(2)y a x =+有两个交点，利用过点(2,0)-的曲线x y e =的切线斜率，结合图形求得结果. 【三年高考刨析】【2022年高考预测】预测2022年高考仍是考查函数的单调性，根据不等式恒成立求参数的取值范围或不等式的证明..【2022年复习指引】由前三年的高考命题形式，在2022年的高考备考中同学们只需要稳扎稳打，加强常规题型的练习，关于集合2022高考备考主要有以下几点建议：1.涉及本单元知识点的高考题，综合性强.所以在复习中要熟记相关的定义，法则；2.利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理.4.要深入体会导数应用中蕴含的数学思想方法.数形结合思想，如通过从导函数图象特征解读函数图象的特征，或求两曲线交点个数等；等价转化思想，如将证明的不等式问题等价转化为研究相应问题的最值等.【2022年考点定位】 考点1 证明不等式典例1 （安徽省蚌埠市2021-2022学年高三上学期第一次教学质量检查）已知函数()()212,2e 21x x f x x x g x x =+-=---. （1）求()f x 的单调区间；（2）当(),1x ∈-∞时，求证：()()g x f x .【答案】（1）在(),1-∞单调递增，在()1,+∞上单调递减；（2）证明见解析. 【分析】（1）由题可以求函数的导函数，则可得()f x 的单调区间； （2）由题知要证()()g x f x ，即证2201e 2x x x x x x ---+≥-，然后利用导函数判断函数的单调性，最后利用单调性证明即可. 【详解】 （1）因为()21e 2x x f x x x =+-， 所以()()()21e 1e e 1e ex x x x x x x f x x +--=+-='， 令()0f x '=，解得1x =，∴当(),1x ∈-∞时，()()0,1,f x x ∞∈'>+时，()0f x '< 所以()f x 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞上单调递减； （2）要证()()g x f x即证22121e 2x x x x x --+--， 即22e 0112x x x x x x --+-≥-， 设2()11e 21x F x x x=---+-，即证()0xF x .因为()2211(1)e 2xF x x =++-' 所以当(),1x ∈-∞时，()0F x '>恒成立，()F x 单调递增， 又当0x =时，()0F x =，所以当01x <<时，()0F x >，当0x <时，()0F x <； 所以当()(),1,0x xF x ∞∈-， 即当(),1x ∈-∞时，()()g x f x .【规律方法技巧】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. 2.证明不等式时的一些常见结论(1)ln x ≤x －1，等号当且仅当x ＝1时取到； (2)e x ≥x ＋1，等号当且仅当x ＝0时取到； (3)ln x <x <e x ，x >0； (4)≤ln(x ＋1)≤x ，x >－1，等号当且仅当x ＝0时取到.【考点针对训练】（2022贵州省贵阳市五校联考）3. 已知函数()xe f x x =.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-. 【答案】（1）()g x 在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；极小值()2e 24g =，无极大值；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）写出()g x 的函数表达式，通过求导写出单调区间和极值即可（2）证明()13ln 44f x x >-恒成立，结合（1）得，等价于2e 1(ln 3)4x x x x >-恒成立，且已知左式的最小值，只要大于右式的最大值，则不等式恒成立【详解】（1）解：2243e e 2e e (2)()()x x x x x x x g x g x x x x --'=⇒==，当02x <<时，()0g x '<； 当0x <或2x >时，()0g x '>，()g x ∴在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；故()g x 有一个极小值2e (2)4g =，无极大值．（2）证明：要证13()ln 44f x x >-成立，只需证e 13ln 44x x x >-成立，即证2e 1(ln 3)4x x x x>-成立，令1()(ln 3)4h x x x =-，则24ln ()=4xh x x -'，当40e x <<时，()0h x '>； 当4e x >时，()0h x '<，()h x ∴在()40,e 上单调递增，在()4e ,+∞上单调递减，()4max 41()e 4e h x h ==∴， 2e ()x g x x =∵由（1）可知2min e ()(2)4g x g ==，min max ()()g x h x >∴，()()g x h x >∴，13()ln 44f x x >-∴．【点睛】题目比较综合，第一小题是已知函数求单调性极值的问题，属于常规题目；第二小题证明不等式成立，有两种类型，一种是构造左右两个函数，若最小值大于最大值，则不等式恒成立，但是只能做证明题；若最小值不大于最大值，不能说明不等式不成立；另外一种是构造一个函数，证明最小值大于0恒成立，这种的函数会比较困难，所以优先用第一种尝试，再选取第二种方法考点2 不等式恒成立问题典例2 （2020辽宁省沈阳市2019届高三一模）已知函数()ln 2f x a x x =-，若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是( )A.2a ≤B.2a ≥C.0a ≤D.02a ≤≤ 【答案】A【分析】先证明11x x e <+<恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，问题转化为2(1)a x x ≤>恒成立，即可求出a 的范围. 【详解】设()1,x g x e x =--则()1x g x e '=-，当0x >时()0110x g x e e =->-='， 所以()1x g x e x =--在()0,∞+上递增，得()()00010,g x g e >=--=所以当0x >时，11x x e <+<恒成立.若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，所以()20af x x-'=≤ 即2ax≤，可得2(1)a x x ≤>恒成立，因为22x >，所以2a ≤， 故选A .【规律方法技巧】利用导数解决恒成立问题主要涉及以下方面：(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；(2)如果无法分离参数可以考虑对参数a 或自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或判别式的方法求解.(3)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立的问题. 【考点针对训练】（山西省运城市2021届高三检测）4. 当0x <时，不等式()2e e 3xxx x k k -≥恒成立，则实数k 的取值范围是__． 【答案】[]3e,0- 【解析】 【分析】由题意可得()232e 3x k x x +≤对0x <恒成立，讨论320x +=，320x +>，320x +<，运用参数分离和构造函数，利用导数判断单调性，求最值，可得所求范围．【详解】解：当0x <时，不等式()2e e 3xxx x k k -≥恒成立， 即为()232e 3x k x x +≤对0x <恒成立，Ⅰ当320x +=即23x =-时，403≤恒成立；Ⅰ当320x +<，即23x <-时，()2332e x x k x +≥恒成立，等价为()2max 332e x x k x ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦≥， 设()()2332e x x f x x =+，()()()()()232222632e 335e 931232e 32e x x x x x x x x x x x f x x x +-+-++'==++ ()()()2313432exx x x x -+-=+，可得1x <-时，()0f x >′，()f x 递增；213x -<<-时，()0f x <′，()f x 递减， 可得()f x 在1x =-处取得最大值，且为3e -， 则3e k ≥-；Ⅰ当320x +>，即203x -<<时，()2332e x x k x +≤恒成立， 等价为()2min332e x x k x ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦≤，设()()2332e x x f x x =+，()()()()2313432e x f x x x x x -+-'=+， 可得203x -<<时，()0f x <′，()f x 递减， 可得()0f x >， 则0k ≤，综上可得，k 的范围是[]3e,0-．【点睛】本题考查不等式恒成立问题解法，参变分离是常用的解题方法，属于中档题．方法点睛：（1）将参数和变量分离，转化为求最值问题； （2）构造函数，求导数，分析单调性； （3）求函数的最值，求出参数的范围.考点3 不等式存在成立问题典例3 （黑龙江省大庆铁人中学2021届高三第三次模拟）若函数()2ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是（ ）A.(],2-∞B.1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C.12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭ D.()2,-+∞【答案】D 【分析】将函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1()22，内存在单调递增区间，转化1()20f x ax x '=+>在区间1()22，成立，再转化为min 212()a x>-，进而可求出结果. 【详解】因为函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1()22，内存在单调递增区间， 所以1()20f x ax x '=+>在区间1()22，上成立， 即min 212()a x>-在区间1()22，上成立，又函数2yx 在1()22，上单调递增， 所以函数21y x =-在1()22，上单调递增， 故当12x =时21y x =-最小，且min 21()=4x --，即24a >-，得2a >-. 故选：D【规律方法技巧】1.有关存在成立问题的解题方法∀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.∀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.2.注意不等式恒成立与存在成立的异同不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可转化为最值问题，但f (a )≥g (x )(f (a )≤g (x ))对存在x ∈D 能成立等价于f (a )≥g (x )min (f (a )≤g (x )max )，f (a )≥g (x )(f (a )≤g (x ))对任意x ∈D 都成立等价于f (a )≥g (x )max (f (a )≤g (x )min )，应注意区分，不要搞混. 【考点针对训练】 (2019·吉林白山联考)5. 设函数f (x )＝e x 33x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭－ax (e 为自然对数的底数)，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为________. 【答案】e 【解析】【分析】已知不等式转化为2(33)x a e x x ≥-+，此不等式有正数解，只要求得2()(33)x g x e x x =-+在(0,)+∞上的最小值即可得a 的范围．【详解】原问题等价于存在x Ⅰ(0，＋∞)，使得a ≥e x (x 2－3x ＋3)，令g (x )＝x e (x 2－3x ＋3)，x Ⅰ(0，＋∞)，则a ≥g (x )min ，而g ′(x )＝x e (x 2－x )，由g ′(x )>0，得x Ⅰ(1，＋∞)，此时()g x 递增，由g ′(x )<0，得x Ⅰ(0，1)，此时()g x 递减，Ⅰ函数g (x )在区间(0，＋∞)上的极小值也是最小值为g (1)＝e ， Ⅰa ≥e ，即实数a 的最小值为e . 故答案为：e ．【点睛】本题考查不等式有解问题，解题关键是用分离参数法转化为求函数的最值．只是求解时要注意与不等式恒成立区分开来，不等式恒成立也常常用分离参数法转化为求函数的最值，但两者所求最值一个是最大值，一个是最小值，要根据题意确定.考点4 利用导数研究方程的根(或函数的零点)典例4 （河南省郑州市商丘市名师联盟 2020-2021学年高三质量检测）已知函数()2ln f x x x =-，()33g x x xm =-+，方程()()f x g x =在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有两个不同的实根，则m 的取值范围是（ ）A.2121,333e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦ B.2221e -2,33e 3⎡⎤+⎢⎥⎣⎦ C.221,133e ⎡⎫+⎪⎢⎣⎭ D.21e 2,33⎛⎤- ⎥⎝⎦【答案】A 【分析】由题可得232ln m x x =-，构造函数()22ln h x x x =-，讨论其在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的变化情况即可得出答案. 【详解】由()()f x g x =，得232ln m x x =-，令()22ln h x x x =-，则()()()211x x h x x-+'=，所以()h x 在1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在(]1,e 上单调递增，所以()()min 11h x h ==，()221122h e e h e e ⎛⎫=->=+ ⎪⎝⎭，则21132m e <≤+，即2121333m e <≤+. 故选：A.【规律方法技巧】求解涉及函数零点或方程根的问题的注意点 (1)利用函数零点存在性定理求解.(2)分离参数a 后转化为函数的值域(最值)问题求解，如果涉及多个零点，还需考虑函数的图象与直线y ＝a 的交点个数.(3)转化为两个熟悉的函数的图象的上、下位置关系问题，从而构建不等式求解. 【考点针对训练】（重庆市秀山高级中学校2022届高三上学期9月月考） 6. 已知函数2eln ()x f x x =，若关于x 的方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根，则实数m 的取值范围为___________.【答案】324⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【解析】【分析】利用导数求出函数()f x 的单调区间和最值，设()f x t =，则要使方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根等价于方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根，故12121201102201t t t t t t ∆>⎧⎪⎛⎫⎛⎫⎪-->⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪<+<⎪>⎪⎩，从而可求出实数m 的取值范围 【详解】依题意，求导243e 2eln e(12ln )()x x xx x f x x x ⋅--'==，令()0f x '=，解得：x =当x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当)x ∈+∞，()0f x '<，函数单调递减，且max 1()e 2f x f ===， 又0x →时，()f x →-∞；又x →+∞时，()0f x →；设()f x t =，显然当10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，方程()f x t =有两个实数根，则要使方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根等价于方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根， 故121212011022010t t t t t t ∆>⎧⎪⎛⎫⎛⎫⎪-->⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪<+<⎪>⎪⎩，210211082401m m m ⎧->⎪⎪⎪-+>⎨⎪<<⎪⎪⎩，解得：324m ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭.故答案为：3,24⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查导数的应用，解题的关键是利用导数判断出函数()f x 的单调区间和最值，设()f x t =，将问题转化为方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根，然后利用一元二次方程根的分布情况求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题【二年模拟精选】（2020河北省衡水市第二中学高三检测） 7. 已知函数21()ln 2f x x a x =+，若对任意两个不等的正数1x ，2x ，都有()()12124f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围为A. [4,)+∞B. (4.?)+∞C. (,4]-∞D. (,4)-∞【答案】A 【解析】【分析】根据题意先确定g （x ）＝f （x ）﹣4x 在（0，+∞）上单增，再利用导数转化，可得24x a x ≥-恒成立，令()24h x x x =-，求得()h x max ，即可求出实数a 的取值范围．【详解】令()()4g x f x x =-，因为()()12124f x f x x x ->-，所以()()12120g x g x x x ->-，即()g x 在()0,+∞上单调递增，故()40ag x x x=-'+≥在()0,+∞上恒成立， 即24x a x ≥-，令()()24,0,h x x x x =-∈+∞.则()()2424h x x x h =-≤=，()h x max 4=，即a 的取值范围为[4,+∞）.故选A.【点睛】本题考查了函数单调性的判定及应用，考查了原函数单调与导函数正负的关系，确定g （x ）在（0，+∞）上单增是关键，属于中档题． （2020辽宁省沈阳市高三上学期一模）8. 已知函数()ln 2f x a x x =-，若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A. 2a ≤ B. 2a ≥C. 0a ≤D. 02a ≤≤【答案】A 【解析】【分析】先证明11x x e <+<恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，问题转化为2(1)a x x ≤>恒成立，即可求出a 的范围．【详解】设()1,x g x e x =--则()'1x g x e =-，当0x >时()0110x g x e e =->-='， 所以()1x g x e x =--在()0,∞+上递增，得()()00010,g x g e >=--=所以当0x >时，11x x e <+<恒成立.若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，所以()20af x x-'=≤ 即2ax≤，可得2(1)a x x ≤>恒成立，因为22x >,所以2a ≤， 故选A ．【点睛】本题考查了构造新函数，也考查了导数的应用以及由单调性求参数的问题，属于中档题．（江西省萍乡市2021届高三上期数学期中复习试卷）9. 已知函数222,0()11,0x x x f x x x ⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若()f x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A. 2⎡⎤-⎣⎦B. (],1-∞C. ()2-D. 2⎡⎤-⎣⎦【答案】A 【解析】 【分析】作出函数()f x 的图象，利用数形结合的思想判断a 的范围，找出临界点即相切时a 的取值，进而得出a 的范围． 【详解】作出()f x 的图象，如图，由图象可知：要使()f x ax 恒成立，只需函数()g x ax =的图象恒在图象()f x 的下方， 可得1a ，设()g x ax =与函数2()22(0)f x x x x =++相切于点(),(0)P m n m <， 由()f x 的导数为22x +，可得切线的斜率为22m +， 即有22a m =+，222am m m =++，解得m =2a =-由图象可得222a -，综上可得a 的范围是[2-1]． 故选：A【点睛】解决此类问题的关键是作出函数图象，根据数形结合的思想处理问题，本题关键找出相切时刻这一临界位置，利用直线与抛物线相切即可求解. （四川省内江市威远中学2020-2021学年高三月考）10. 已知函数32()f x x x ax b =-++，12,(0,1)x x ∀∈且12x x ≠，都有1212|()()|||f x f x x x -<-成立，则实数a 的取值范围是（ ）A. 2(1,]3--B. 2(,0]3-C. 2[,0]3-D. [1,0]-【答案】C 【解析】 【分析】原不等式等价于()()211212x x f x f x x x --<-<恒成立，得到()()()321g x f x x x x a x b =-=-+-+，()()()321h x f x x x x a x b =+=-+++在()0,1上严格单调，转化为()0g x '≤在()0,1上恒成立，()0h x '≥在()0,1上恒成立，利用分离参数思想转化为求最值问题即可. 【详解】不妨设1210x x >>>，则1212|()()|||f x f x x x -<-等价于()()211212x x f x f x x x --<-<，即()()()()11221122 f x x f x x f x x f x x ⎧-<-⎪⎨+>+⎪⎩，设()()()321g x f x x x x a x b =-=-+-+，()()()321h x f x x x x a x b =+=-+++，依题意，函数()g x 在()0,1上为严格的单调递减函数， 函数()h x 在()0,1上为严格的单调递增函数，Ⅰ()23210g x x x a '=-+-≤在()0,1上恒成立，()23210h x x x a '=-++≥在()0,1上恒成立，Ⅰ2321a x x ≤-++在()0,1上恒成立，2321a x x ≥-+-在()0,1上恒成立， 而二次函数2321y x x =-++在[0,1]上的最小值在1x =时取得，且最小值为0， 二次函数2321y x x =-+-在[0,1]上的最大值在13x =时取得，其最大值为23-， 综上，实数a 的取值范围是2[,0]3-， 故选：C.【点睛】关键点点睛：去绝对值，得到两个函数的单调性，结合导数与单调性的关系，利用分离参数的思想转化为求二次函数最值问题. （2020湖南省益阳市高三上学期期末）11. 已知变量()()12,0,0x x m m ∈>，且12x x <，若2112x x x x <恒成立，则m 的最大值为（e 2.71828=为自然对数的底数）（ ） A. eB.C.1eD. 1【答案】A 【解析】 【分析】不等式两边同时取对数，然后构造函数()ln xf x x=，求函数的导数，研究函数的单调性即可得到结论. 【详解】21122112ln ln x x x x x x x x <⇒<，()12,0,,0x x m m ∈>，1212ln ln x x x x ∴<恒成立， 设函数()ln xf x x=，12x x <，()()12f x f x <，()f x ∴在()0,m 上为增函数，函数的导数()21ln xf x x -'=， ()00f x x e '>⇒<<，即函数()f x 的增区间是()0,e ，则m 的最大值为e . 故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数研究函数的单调性，本题的关键点是对已知等式变形，211212211212ln ln ln ln x x x x x x x x x x x x <⇒<⇒<，转化为求函数()ln xf x x=的单调区间. （山东省泰安肥城市2021届高三高考适应性训练）12. 已知函数()ln f x x x x =+，()g x kx k =-，若k Z ∈，且()()f x g x >对任意2x e >恒成立，则k 的最大值为（ ） A. 2 B. 3C. 4D. 5【答案】B 【解析】【分析】由不等式，参变分离为ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭，转化为求函数()ln 1x x x u x x +=-，()2,x e ∈+∞的最小值，利用导数求函数的最小值.【详解】()()f x g x >，即ln x x x kx k +>-.由于()()f x g x >对任意()2,x e ∈+∞恒成立，所以ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭，即min ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭.令()ln 1x x x u x x +=-，()2,x e ∈+∞，()()2ln 21x x u x x --'=-.令()ln 2h x x x =--，()1110x h x x x='-=->， 所以()h x 在()2,x e ∈+∞上单调递增，所以()()22e e 40h x h >=->，可得()0u x '>，所以()u x 在()2,e +∞上单调递增.所以()()()22223e 3e 33,4e 1e 1u x u >==+∈--.又k Z ∈，所以max 3k =. 故选：B.（广西柳州市2021届高三摸底考试）13. 已知函数212,(0)()2ln ,(0)x x x f x x x x ⎧++≤⎪=⎨⎪>⎩，若存在0x R ∈，使得()2012f x m m ≤-成立，则实数m 的取值范围是（ ）A. 1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B. 11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C. 11,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D. 1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】【分析】分析函数()f x 的最小值，只需使()2min 12f x m m ≤-成立即可． 【详解】当0x ≤时，()2122f x x x =++，根据二次函数的性质可知，当1x =-时，()f x 有最小值12-；当0x >时，()ln f x x x =，由()ln 10f x x '=+=得1=x e当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>， 所以()ln f x x x =在10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()ln f x x x =最小值为11111ln 2f e e ee ⎛⎫==->- ⎪⎝⎭，则()min 12f x =-若存在0x R ∈，使得()2012f x m m ≤-成立，则()2min 12f x m m ≤- 所以21122m m -≤-，解得112m -≤≤故选：A ．（重庆实验外国语学校2022届高三上学期入学考试）14. 关于函数()xf x e =，()lng x x =下列说法正确的是（ ）A. 对0x ∀>，()1g x x ≤-恒成立B. 对x R ∀∈，()f x ex ≥恒成立C. 若a b e >>，()()ag b bg a <D. 若不等式()()f ax ax x g x -≥-对1x ∀>恒成立，则正实数a 的最小值为1e【答案】ABD 【解析】【分析】选项A ：构造函数()()ln 10h x x x x =-+>，根据导数判断函数的单调性并求最大值，从而判断选项正确；选项B ：构造函数()()x f x ex ϕ=-，根据导数判断函数的单调性并求最小值，从而判断选项正确； 选项C ：构造函数()()()0g x m x x x=>，根据导数判断函数在(),e +∞内单调递减，从而判断选项错误；选项D ：把不等式()()f ax ax x g x -≥-变形为ln ln ax x e ax e x -≥-，所以只需研究函数()xF x e x =-的单调性即可求出答案，从而判断选项正确.【详解】选项A ：令()()ln 10h x x x x =-+>，则()111xh x x x -'=-=，因为0x >，所以由()0h x '>得01x <<；由()0h x '<得1x >， 所以()h x 在()0,1内单调递增，在()1,+∞内单调递减，所以()h x 的最大值为()10h =，所以对0x ∀>，()0h x ≤恒成立， 即对0x ∀>，()1g x x ≤-恒成立，故选项A 正确；选项B ：令()()x x f x ex e ex ϕ=-=-，则()xx e e ϕ'=-，由()0x ϕ'>得1x >；由()0x ϕ'<得1x <，所以()x ϕ在()1,+∞内单调递增，在(),1-∞内单调递减，所以()x ϕ的最小值为()10ϕ=，所以对x R ∀∈，()0x ϕ≥恒成立，即对x R ∀∈，()f x ex ≥恒成立，故选项B 正确；选项C ：令()()ln ()0g x x m x x x x==>，则21ln ()xm x x -'=，所以由()0m x '>得0x e <<；由()0m x '<得x e >，所以()m x 在()0,e 内单调递增，在(),e +∞内单调递减， 所以当a b e >>时，()()m a m b <，即()()g a g b a b<， 所以a b e >>，()()ag b bg a >成立，故选项C 错误； 选项D ：因为不等式()()f ax ax x g x -≥-对1x ∀>恒成立，即不等式ln ax e ax x x -≥-对1x ∀>恒成立，又因为ln ln ln x x x e x -=-， 所以不等式ln ln ax x e ax e x -≥-对1x ∀>恒成立；令()xF x e x =-，则 ()1x F x e '=-，当0x >时，()10x F x e '=->恒成立，所以()xF x e x =-在()0,∞+单调递增，所以由不等式ln ln ax x e ax e x -≥-对1x ∀>恒成立，得ln ax x ≥对1x ∀>恒成立，即ln xa x≥对1x ∀>恒成立， 由选项C 知，()ln ()1xm x x x=>在()1,e 内单调递增，在(),e +∞内单调递减，所以()m x 的最大值为1()m e e =，所以只需1a e ≥，即正实数a 的最小值为1e .故选：ABD.【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，通常要构造函数，然后利用导数研究函数的单调性，求出最值进而得到结论或求出参数的取值范围；也可分类变量构造函数，把问题转化为函数的最值问题.恒成立问题常见的处理方式有：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）()f x a >恒成立型的可转化为min ()f x a >；（3）()()f x g x >恒成立型的可以通过作差法构造函数()()()h x f x g x =-，然后求min ()0h x >，或者转化为min max ()()f x g x >.（T 8联考八校2020-2021学年高三上学期第一次联考） 15. 已知函数()()ln 202x af x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【解析】 【分析】根据()0f x >恒成立，可得到含有x a ，的不等式，再进行分离变量，将“恒成立”’转化为求函数的最大值或最小值，最后得出a 的范围. 【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 ∴>.故答案为：(),e +∞【点睛】对于“恒成立问题”，关键点为：对于任意的x ，使得()f x a >恒成立，可得出()min f x a >； 对于任意的x ，使得()f x a <恒成立，可得出()max f x a <. （浙江省百校2020-2021学年高三上学期12月联考）16. 已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln xx x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【解析】 【分析】不等式等价变形()()()4ln 3ln 3ln 3ln x x xe x x a a x x a a e e -≤-⇔-≤-，利用同构函数()ln f x x x =-的单调性得解【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x xe 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-'=-=， Ⅰ()f x 在[)1,+∞上单调递增.Ⅰ1a >，1[,)3x ∈+∞，Ⅰ[)3,1,xe x a ∈+∞，Ⅰ33x x eae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x x g x e =，只需max ()a g x ≥，()33xxg x e -'=，Ⅰ1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，Ⅰ(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e，Ⅰ3a e ≥，Ⅰa 的最小值为3e.故答案为：3e【点睛】不等式等价变形，同构函数()ln f x x x =-是解题关键. （河北省部分学校2022届高三上学期第一次月考）17. 已知函数()32f x x x ax =--在R 上单调递增，则a 的取值范围是____________.【答案】1(,]3-∞-【解析】【分析】求出函数()f x 的导函数()f x '，再由()0f x '≥恒成立即可得解.【详解】依题意：()232x x a f x '=--，因函数()32f x x x ax =--在R 上单调递增，于是得2320x x a --≥对x ∈R 恒成立，则4120a ∆=+≤，解得13a ≤-，所以a 的取值范围是1(,]3-∞-.故答案为：1(,]3-∞-18. 已知函数()f x 的定义域为R ，()12f -=，对任意(),2x R f x '∈>，则()24f x x >+的解集为____________．【答案】(1,)-+∞. 【解析】【分析】构造()()24g x f x x =--，根据题意得到()g x 在R 为单调递增函数，又由()12f -=，得到()10g -=，进而得到1x >-时，()0g x >，即可求解.【详解】设()()24g x f x x =--，可得()()2g x f x ''=-，因为对任意(),2x R f x '∈>，所以()0g x '>，所以()g x 在R 为单调递增函数， 又由()12f -=，可得()12240g -=+-=，所以当1x >-时，()0g x >，即不等式()24f x x >+的解集为(1,)-+∞. 故答案为：(1,)-+∞.（浙江省宁波市北仑中学2021-2022学年高三上学期返校考试） 19. 设函数()ln 2ef x x mx n x=--+，若不等式()0f x ≤对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则nm的最大值为______________． 【答案】2e 【解析】【分析】根据()0ln 22e n f x x m x x m ⎛⎫≤⇒-≤- ⎪⎝⎭转化成两个函数比较大小的问题.【详解】不等式()0f x ≤对任意(0,)x ∈+∞恒成立,即ln 22e n x m x x m ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，0x >恒成立， 设()()'21ln 0e e g x x g x x x x=-⇒=+> 所以()g x 在()0,∞+单调递增，且()0g e =，当0x →时()g x →-∞ 当x →+∞时()g x →+∞ 作出()g x 的图像如图，再设()22n h x m x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，当0x >可得()h x 表示过点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭，斜率为2m 的一条射线（不含端点），要求nm 的最大值且满足不等式恒成立，可求2n m的最大值，由点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭在x 轴上方移动，只需找到合适的0m >，且()h x 与()g x 图像相切于点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭，如图所示，此时22n n e e m m =⇒= 故答案为：2e（江苏省扬州市仪征市精诚高级中学2021-2022学年高三上学期9月月考） 20. 已知函数()ln ()f x x ax a R =-∈. （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）证明不等式2()x e ax f x --≥恒成立. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，讨论a 的范围结合导数即可得出单调性；（2）构造函数2()ln x x e x ϕ-=-，利用导数可得()x ϕ'在(0,)+∞上有唯一实数根0x ，且012x <<，则可得()0()0x x ϕϕ≥>，即得证.【详解】（1）11()(0)axf x a x x x-'=-=>， 当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0a >时，令()0f x '=，得到1x a=， 所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()0f x '<，()f x 单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）设函数2()ln x x e x ϕ-=-，则21()x x e xϕ-'=-，可知()x ϕ'在(0,)+∞上单调递增.又由(1)0ϕ'<，(2)0ϕ'>知，()x ϕ'在(0,)+∞上有唯一实数根0x ，且012x <<，则()020010x x ex ϕ-'=-=，即0201x e x -=.当()00,x x ∈时，()0x ϕ'<，()ϕx 单调递减； 当()0x x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()ϕx 单调递增；所以()0200()ln x x x ex ϕϕ-≥=-，结合021x e x -=，知002ln x x -=-， 所以()()22000000001211()20x x x x x x x x x ϕϕ--+≥=+-==>，则2()ln 0x x e x ϕ-=->， 即不等式2()x e ax f x --≥恒成立.【点睛】关键点睛：本题考查不等式恒成立的证明，解题的关键是转化为证明2()ln x x e x ϕ-=-的最小值大于0.（贵州省铜仁市思南中学2021届高三第十次月考）21. 已知函数()e (0)x f x ax a -=≠存在极大值1e ．（1）求实数a 的值；（2）若函数F （x ）＝f （x ）﹣m 有两个零点x 1，x 2（x 1≠x 2），求实数m 的取值范围，并证明：x 1+x 2＞2．【答案】（1）a ＝1 （2）10e m ＜＜，证明见解析【解析】【分析】（1）利用极值的定义，列式求出a 的值，然后进行验证即可； （2）利用（1）中的结论，确定()f x 的单调性、极值以及函数的取值情况，由零点的定义，即可得到m 的取值范围，利用12()()F x F x =，得到2211lnx x x x -=，将问题转化为证明2122111ln 2x x x x x x -<+，即证明21221111ln 21x x x x x x -<+，不妨设12x x <，令21x t x =，则1t >，从而将问题转化为证明1112t lnt t -<+对于1t >恒成立，构造函数11()ln 21t g t t t -=-+，利用导数研究函数的单调性，求解函数的取值情况，即可证明．【小问1详解】解：函数()e (0)x f x ax a -=≠， 则(1)()e xa x f x -'=， 令()0f x '=，解得1x =， 所以f （1）1e ea ==，解得1a =， 此时1()e xxf x -'=， 当1x <时，()0f x '>，则()f x 单调递增， 当1x >时，()0f x '<，则()f x 单调递减， 所以当1x =时，函数()f x 取得极大值f （1）1e=，符合题意，。
高考数学专题《利用导数研究不等式恒成立问题 》
第04讲利用导数研究不等式恒成立问题(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：分离变量法高频考点二：分类讨论法高频考点三：等价转化法第四部分：高考真题感悟第五部分：第04讲利用导数研究不等式恒成立问题（精练）1、分离参数法用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式； 步骤：①分类参数（注意分类参数时自变量x 的取值范围是否影响不等式的方向）②转化：若()a f x >)对x D ∈恒成立，则只需max ()a f x >；若()a f x <对x D ∈恒成立，则只需min ()a f x <．③求最值.2、分类讨论法如果无法分离参数，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(0a >，0∆<或0a <，0∆<)求解．3、等价转化法当遇到()()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()()()F x f x g x =-或者“右减左”的函数()()()H x g x f x =-，进而只需满足min ()0F x ≥，或者max ()0H x ≤，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数的最值的问题.1．（2022·全国·高二）设a 为正实数，函数322()34f x x ax a =-+，若(,2)x a a ∀∈，()0f x <，则a 的取值范围是（ ） A ．[2,)+∞B ．(2,)+∞C ．(0,2]D ．2(0,)32．（2022·全国·高二）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 >3．（2022·全国·高二）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-高频考点一：分离变量法1．（2022·全国·高三专题练习）设a R ∈，若不等式ln ax x >在()1,x ∞∈+上恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()0,∞+B ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,∞+D ．()e,+∞2．（2022·内蒙古乌兰察布·高二期末（文））已知函数2()ln 2a f x x x =+，若对任意两个不等的正数1x ，2x ，都有1212()()4f x f x x x -≥-恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[)4∞+，B ．()4.∞+C ．(]4∞-，D ．()4∞-，3．（2022·全国·高三专题练习）已知对(0,)x ∀∈+∞，不等式ln 1ax x ≥-恒成立，则实数a 的最小值是（ ） A ．eB ．2eC ．21e D ．1e4．（2022·河南·高二阶段练习（理））已知当0x >时，()21e 1x x a x -≤--恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(],e 1-∞-B ．(],1-∞C ．(]2,e 1--D ．(],2-∞- 5．（2022·湖南·临澧县第一中学高二阶段练习）已知函数()ln af x x x=+（a 为常数） （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）不等式()1f x ≥在2(]0,x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围．6．（2022·重庆市育才中学高二阶段练习）已知函数()1ln f x ax x =--，a R ∈． (1)讨论函数()f x 在区间()1,e 的极值；(2)若函数()f x 在1x =处取得极值，对()0,x ∀∈+∞，()2f x bx ≥-恒成立，求实数b 的取值范围．7．（2022·四川省泸县第一中学高二阶段练习（理））已知函数()e 1()x f x ax a =-+∈R . (1)讨论函数()f x 的单调性与极值；(2)若对任意0x >，2()f x x x ≥--恒成立，求实数a 的取值范围.8．（2022·河南·三模（文））已知函数()e x f x ax b =++（e 是自然对数的底数），曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线为y a b =-. (1)求a ，b 的值；(2)若不等式()1f x mx >-在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，求正实数m 的取值范围.高频考点二：分类讨论法1．（2022·广西柳州·三模（文））已知函数()ln f x ax x =-． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若1x =为函数()f x 的极值点，当[)e,x ∞∈+，不等式()()()1e x f x x m x -+≤-恒成立，求实数m 的取值范围．2．（2022·陕西西安·二模（文））已知函数()()1ln f x a x a x=+∈R . (1)当1a =时，求函数()f x 的单调减区间；(2)若不等式()f x x ≥对(]0,1x ∈恒成立，求实数a 的取值范围.3．（2022·河南·高二阶段练习（文））已知曲线()ln f x m x =+在1x =处的切线方程为()y h x =，且210e f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.(1)求()h x 的解析式；(2)若0x ≥时，不等式()20e x ax h x --≥恒成立，求实数a 的取值范围.4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()e xf x =，曲线()y f x =在点()00,x y 处的切线为()yg x =．(1)证明：对于x R ∀∈，()()f x g x ≥； (2)当0x ≥时，()11axf x x≥++恒成立，求实数a 的取值范围．5．（2022·四川·树德中学高三开学考试（文））已知a ∈R ，设函数()()ln ln f x a x a x =++. (1)讨论函数()f x 的单调性； (2)若()2ln xf x a x a≤+恒成立，求实数a 的取值范围.6．（2022·贵州黔东南·一模（文））已知函数()22ln f x x a x =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)当x >1时，()1f x >恒成立，求a 的取值范围.高频考点三：等价转化法1．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（文））已知函数()1ln f x a x x=+，()()1e 1,x g x x mx a m x=+--∈R .(1)讨论f （x ）的单调性；(2)当a =1时，若不等式()()f x g x ≤恒成立，求m 的取值范围.2．（2022·江苏·高二课时练习）已知函数()ln f x ax x =+，()()220g x a x a =>．若()()f x g x ≤对一切正实数x 都成立，求实数a 的取值范围．3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2ln f x x a x =+，()2g x ax x =+．(1)当0a =时，求函数()f x 的最小值；(2)当0a ≤时，若对任意1≥x 都有()()f x g x ≥成立，求实数a 的取值范围．4．（2022·江西·南昌市实验中学高二阶段练习（理））已知函数()2ln f x x a x =+，()2g x x x =+.(1)若()y f x =在点()()1,1M f 处的切线方程为30x y b -+=，求实数a 、b 的值； (2)若对任意1x >，都有()()f x g x ≤成立，求实数a 的取值范围.5．（2022·山东日照·高三期末）已知函数()ln f x x ax b =-+，中,a b ∈R . (1)当0a >时，求()f x 的单调区间；(2)若[]()1,0,2,ln 1a b x kx x x ϕ=∈=--，对任意实数[]()()1,e ,x f x x ϕ∈≥恒成立，求2k b -的最大值.高频考点四：最值法1．（2022·重庆市朝阳中学高二阶段练习）已知函数321()22f x x x x m =--+，其中.m R ∈(1)若函数()f x 的极小值为0，求实数m 的值； (2)当[1,2]x ∈-时，1()2f x 恒成立，求实数m 的取值范围．2．（2022·重庆市长寿中学校高二阶段练习）已知函数()()2ln 0f x a x ax a =+-> (1)求()f x 的最大值(2)若()0f x ≤恒成立，求a 的值3．（2022·江西·模拟预测（文））已知函数()222(0)e xmx x f x m +-=>.(1)判断()f x 的单调性；(2)若对[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()1224e f x f x -≤恒成立，求实数m 的取值范围.4．（2022·河南·高二阶段练习（文））已知函数()32f x x ax bx c =+++在23x =-与1x =处都取得极值.(1)求a ，b 的值；(2)若对任意[]1,2x ∈-，不等式()23f x c <恒成立，求实数c 的取值范围.5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()()221n l 0f x ax a x a x=-+->. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若对[]2,3a ∀∈，[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()12ln 2m f x f x +>-恒成立，求实数m 的取值范围.6．（2022·全国·高三专题练习）已知曲线()()3,f x ax bx a b =+∈R 在点()()1,1f 处的切线方程是20y +=.(1)求()f x 的解析式；(2)若对任意[]12,2,3x x ∈-，都有()()12f x f x m -，求实数m 的取值范围.1．（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e2．（2020·海南·高考真题）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．3．（2020·全国·高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.4．（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．一、单选题1．（2022·河南南阳·高二期末（文））若函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，则k 的取值范围是（ ） A ．[1,)+∞ B ．(1,)+∞C ．[2,)+∞D ．(,2)-∞-2．（2022·全国·高二）函数f (x )＝13x 3－x 2＋a ，函数g (x )＝x 2－3x ，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f (x )的图象始终在函数g (x )图象的上方，那么a 的取值范围是（ ） A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．4,3⎛-+∞⎫ ⎪⎝⎭D ．4,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭3．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知()xae f x x x=-，()0,x ∈+∞，且1x ∀，()20,x ∈+∞，且12x x <，()()12210f x f x x x -<恒成立，则a 的取值范围是（ ）A ．12,e ∞-⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．2,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．(2,e ⎤-∞⎦D ．13,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭4．（2022·全国·高二）已知函数()()e 10xx a f ax =--≠在[]1,2上是减函数，则实数a 的取值范围是（ ）A ．21,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．210,e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．211,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦5．（2022·重庆市清华中学校高二阶段练习）已知函数()()31e 1x f x x kx =--+，若对任意的()12,0,x x ∈+∞，且12x x ≠，都有()()()()11222112x f x x f x x f x x f x +>+，则实数k 的取值范围是（ ） A ．e ,3∞⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．e ,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦6．（2022·山西临汾·二模（理））已知函数22,1()ln ,1x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩，若()0f x ≥恒成立．则a 的取值范围为（ ） A ．[0,1]B ．[0,2e]C ．[1,2]D ．[2,2e]7．（2022·浙江·义乌市商城学校高二阶段练习）已知m ，n 为实数，不等式ln 0x mx n --≤恒成立，则nm的最小值为（ ） A ．1-B ．2-C ．1D ．28．（2022·宁夏中卫·一模（理））已知定义域为(0,)+∞的函数()f x 满足2()1()f x f x x x'+=，且2(e)e f =，e为自然对数的底数，若关于x 的不等式()20f x ax x x--+≤恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[1,)+∞B ．[2,)+∞C ．2,e e +⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．322,e e e ⎡⎫-+++∞⎪⎢⎣⎭二、填空题9．（2022·全国·高二课时练习）当(]0,1x ∈时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是______．10．（2022·上海交大附中高二阶段练习）已知()2ln f x x ax a =-+，若对任意1≥x ，都有()0f x ≤，则实数a 的取值范围是______.11．（2022·江苏省石庄高级中学高二阶段练习）已知函数()ln xf x x=．若对任意[)12,,x x a ∞∈+，都有()()121ef x f x -≤成立，则实数a 的最小值是________．12．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（文））设函数f （x ）在区间I 上有定义，若对12,x x I ∀∈和()0,1λ∀∈，都有()()()()()121211f x x f x f x λλλλ+-≤+-，那么称f （x ）为I 上的凹函数，若不等号严格成立，即“<”号成立，则称f （x ）在I 上为严格的凹函数.对于上述不等式的证明，19世纪丹麦数学家琴生给出了如下的判断方法：设定义在（a ，b ）上的函数f （x ），其一阶导数为()f x '，其二阶导数为()f x ''（即对函数()f x '再求导，记为()f x ''），若()0f x ''>，那么函数f （x ）是严格的凹函数（()f x '，()f x ''均可导）.试根据以上信息解决如下问题：函数()21ln f x m x x x=++在定义域内为严格的凹函数，则实数m 的取值范围为___________. 三、解答题13．（2022·福建省厦门集美中学高二阶段练习）已知函数()ln f x x x =， (1)求过点(0,1)-的函数()f x 的切线方程(2)若对任意0x >，都有ln()x ax x a ≥-成立，求正数a 的取值范围.14．（2022·四川·成都外国语学校高二阶段练习（文））已知函数()()1ln f x x x =+ (1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若m Z ∈，()()1m x f x -<对任意的()1,x ∈+∞恒成立，求m 的最大值.15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））已知函数()()e ln 1xf x a x =+-+，()'f x 是其导函数，其中a R ∈．(1)若()f x 在(,0)-∞上单调递减，求a 的取值范围；(2)若不等式()()f x f x '≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立，求a 的取值范围．16．（2022·四川达州·二模（文））已知()()e 1x f x mx m =+<-.(1)当2m =-时，求曲线()y f x =上的斜率为1-的切线方程；(2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-恒成立，求实数m 的范围.。
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导数与不等式的证明1.【2013湖南文科】已知函数f （x ）=xe x21x 1+-. （Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）证明：当f （x 1）（x 2）(x 1≠x 2)时，x 12＜0.【解析】 (Ⅰ).)123)12)1()1)11()('222222x x x xe x x e x x e x x f x x x ++--⋅=+⋅--+⋅-+-=（（（;)(,0)(']0-02422单调递增时，，（当x f y x f x =>∞∈∴<⋅-=∆单调递减）时，，当)(,0)('0[x f y x f x =≤∞+∈.所以，）上单调递减，上单调递增；在，在（∞+∈∞=0[]0-)(x x f y 。
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，只需要证明：当x>0时f(x) < f()即可。
]1)1[(11111)()(2222x e x xe e x x e x x xf x f x xx x ---+=++-+-=----。
1)21()('0,1)1()(22--=⇒>---=x x e x x g x x e x x g 令。
,04)21()('1)21()(222<-=-=⇒--=x x x xe e x x h e x x h 令0)0()(0)(=<⇒∞+=⇒h x h x h y ）上单调递减，在（ 0)0()(0)(=<⇒∞+=⇒g x g x g y ）上单调递减，在（.000]1)1[(122==∞+---+=⇒-y x x e x x e y xx 时）上单调递减，但，在（)()(0)()(x f x f x f x f -<⇒<--⇒.0)()(212121<+≠=x x x x x f x f 时，且所以，当（证毕）2.【2013天津理科】已知函数. (Ⅰ) 求函数f (x )的单调区间;(Ⅱ) 证明: 对任意的t >0, 存在唯一的s , 使. (Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的s 关于t 的函数为, 证明: 当时, 有.(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝2 x ＋x ＝x (2 x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x =当变化时，′()，()的变化情况如下表：－＋所以函数f (x )的单调递减区间是⎛ ⎝，单调递增区间是⎫+∞⎪⎭. (2)证明：当0＜x ≤1时，f (x )≤0.设t ＞0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)． 由(1)知，h (x )在区间(1，＋∞)内单调递增． h (1)＝－t ＜0，h ()＝e 2 －t ＝t (e 2t －1)＞0.故存在唯一的s ∈(1，＋∞)，使得t ＝f (s )成立．(3)证明：因为s ＝g (t )，由(2)知，t ＝f (s )，且s ＞1，从而2ln ()ln ln ln ln ln ()ln(ln )2ln ln(ln )2ln g t s s s ut f s s s s s u u====++， 其中u ＝ s . 要使2ln ()15ln 2g t t <<成立，只需0ln 2uu <<. 当t ＞e 2时，若s ＝g (t )≤e，则由f (s )的单调性，有t ＝f (s )≤f (e)＝e 2，矛盾．所以s ＞e ，即u ＞1，从而 u ＞0成立．2l ()n f x x x =()t f s =()s g t =2>e t 2ln ()15ln 2g t t<<另一方面，令F (u )＝ln 2u u -，u ＞1′(u )＝112u -，令F ′(u )＝0，得u ＝2.当1＜u ＜2时，F ′(u )＞0；当u ＞2时，F ′(u )＜0. 故对u ＞1，F (u )≤F (2)＜0.因此ln 2u u <成立． 综上，当t ＞e 2时，有2ln ()15ln 2g t t <<.3【2013天津文科】设[2,0]a ∈-, 已知函数332(5),03,0(,).2x f a x x a x x x x x a -+≤+-+>⎧⎪=⎨⎪⎩ (Ⅰ) 证明()f x 在区间(－1,1)内单调递减, 在区间(1, + ∞)内单调递增;(Ⅱ) 设曲线()y f x =在点(,())(1,2,3)i i i x f x i P =处的切线相互平行, 且1230,x x x ≠ 证明12313x x x ++>.(1)设函数f 1(x )＝x 3－(a ＋5)x (x ≤0)，f 2(x )＝3232a x x ax +-+(x ≥0)，①f 1′(x )＝3x 2－(a ＋5)，由a ∈[－2,0]，从而当－1＜x ＜0时，f 1′(x )＝3x 2－(a ＋5)＜3－a －5≤0，所以函数f 1(x )在区间(－1,0]内单调递减．②f 2′(x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ＝(3x －a )(x －1)，由于a ∈[－2,0]，所以当0＜x ＜1时，f 2′(x )＜0；当x ＞1时，f 2′(x )＞0.即函数f 2(x )在区间[0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增． 综合①，②及f 1(0)＝f 2(0)，可知函数f (x )在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．(2)由(1)知f ′(x )在区间(－∞，0)内单调递减，在区间306a +⎛⎫⎪⎝⎭，内单调递减，在区间36a +⎛⎫+∞⎪⎝⎭，内单调递增． 因为曲线y ＝f (x )在点(，f ())(i ＝1,2,3)处的切线相互平行，从而x 1，x 2，x 3互不相等，且f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝f ′(x 3)．不妨设x 1＜0＜x 2＜x 3，由213x －(a ＋5)＝223x －(a ＋3)x 2＋a ＝233x －(a ＋3)x 3＋a ，可得222333x x -－(a ＋3)(x 2－x 3)＝0，解得x 2＋x 3＝33a +，从而0＜x 2＜36a +＜x 3.设g (x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ，则36a g +⎛⎫⎪⎝⎭＜g (x 2)＜g (0)＝a . 由213x －(a ＋5)＝g (x 2)＜a，解得x 1＜0，所以x 1＋x 2＋x 3＞33a +，设t ＝a ＝2352t -，因为a ∈[－2,0]，所以t ∈⎣⎦， 故x 1＋x 2＋x 3＞2231111(1)6233t t t +-+=--≥-，即x 1＋x 2＋x 3＞13-.4【2014天津理科】已知函数()x f x x ae =-()a R Î，x R Î.已知函数()y f x =有两个零点12,x x ，且12x x <.（Ⅰ）求a 的取值范围； （Ⅱ）证明21x x 随着a 的减小而增大；（Ⅲ）证明 12x x +随着a 的减小而增大. （Ⅰ）解：由()x f x x ae =-，可得()1x f x ae ¢=-. 下面分两种情况讨论： （1）0a £时()0f x ¢>在R 上恒成立，可得()f x 在R 上单调递增，不合题意. （2）0a >时，由()0f x ¢=，得ln x a =-.当x 变化时，()f x ¢，()f x 的变化情况如下表：这时，()f x 的单调递增区间是(),ln a -?；单调递减区间是()ln ,a -+¥.于是，“函数()y f x =有两个零点”等价于如下条件同时成立： 1°()ln 0f a ->；2°存在()1,ln a s ??，满足()10f s <； 3°存在()2ln ,a s ?+?，满足()20f s <.由()ln 0f a ->，即ln 10a -->，解得10a e -<<，而此时，取10s =，满足()1,ln a s ??，且()10f s a =-<；取222ln s a a=+，满足()2ln ,a s ?+?，且()22222ln 0a a f s e e a a 骣骣鼢珑鼢=-+-<珑鼢珑鼢珑桫桫.所以，a 的取值范围是()10,e -.（Ⅱ）证明：由()0x f x x ae =-=，有xx a e =. 设()xxg x e =，由()1x xg x e-¢=，知()g x 在(),1-¥上单调递增，在()1,+¥上单调递减. 并且，当(],0x ??时，()0g x £；当()0,x ??时，()0g x >.由已知，12,x x 满足()1a g x =，()2a g x =. 由()10,a e -Î，及()g x 的单调性，可得()10,1x Î，()21,x ??.对于任意的()1120,,a a e -Î，设12a a >，()()121g g a x x ==，其中1201x x <<<；()()122g g a h h ==，其中1201h h <<<.因为()g x 在()0,1上单调递增，故由12a a >，即()()11g g x h >，可得11x h >；类似可得22x h <. 又由11,0x h >，得222111x h h x x h <<.所以，21x x 随着a 的减小而增大.（Ⅲ）证明：由11x x ae =，22x x ae =，可得11ln ln x a x =+，22ln ln x a x =+.故221211ln ln lnx x x x x x -=-=.设21x t x =，则1t >，且2121,ln ,x tx x x t ì=ïïíï-=ïî解得1ln 1t x t =-，2ln 1t t x t =-.所以， ()121ln 1t tx x t ++=-. ①令()()1ln 1x xh x x +=-，()1,x ??，则()()212ln 1x x xh x x -+-¢=-.令()12ln u x x x x =-+-，得()21x u x x 骣-÷ç¢=÷ç÷ç桫. 当()1,x ??时，()0u x ¢>.因此，()u x 在()1,+¥上单调递增，故对于任意的()1,x ??，()()10u x u >=，由此可得()0h x ¢>，故()h x 在()1,+¥上单调递增.因此，由①可得12x x +随着t 的增大而增大.而由（Ⅱ），t 随着a 的减小而增大，所以12x x +随着a 的减小而增大。