例谈“巧构可导函数”解不等式恒成立问题
构造可导函数证明不等式PPT教学课件
二、换元后作差构造函数证明不等式
【例2】 证明：对任意的正整数n，不等式ln1n＋1 11
> － 恒成立． n2 n3
x
x
(x－1)(2x2＋x＋1)
当x>1时，F ′(x)＝
>0，
x
从而F (x)在(1，＋∞)上为增函数， ∴F (x)>F (1)＝16>0，
∴当x>1时，g(x)－f(x)>0，即f(x)<g(x)，
故在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝23x3 的图象的下方． 点评 本题首先根据题意构造出一个函数(可以移项，使
学性质及应用。
1、CH3CH2OH 2、
3、 4、 5、
CH2OH
OH
6、
左侧有机物中
属于醇的是 1 3 4 ；
属于酚的是
256
。
两者相似之处？ 体会醇与酚的区别。
CH3CH2OH
乙醇
乙二醇
丙三醇
茶多酚
苯酚
漆酚
思考●讨论 什么是醇？什么是酚？
醇：烃分子中饱和碳原子上的一个或几 个氢原子被羟基取代生成的有机化合物
饱和一元醇通式： CnH2n+1OH或 CnH2n+2O
2. 几种典型的醇的物理性质和用途：
名 俗名 色、态、味 毒
称
性
甲 木醇 无色、有酒 有
醇
精气味、具 毒
有挥性液体
乙
无色、粘稠、 无
高考数学复习考点知识专题讲解课件第18讲 导数与不等式 第2课时 利用导数研究恒成立问题
1<x≤e时,f'(x)>0,此时f(x)单调递增.∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间
为(1,e],f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.
课堂考点探究
变式题1 已知f(x)=ax-ln
ln
x,x∈(0,e],g(x)= ,x∈(0,e],其中e是自然对数的底数,
a∈R.
1
1
上的最大值为- ,f(x)在 ,2
2
2
上的最小值为ln 2-2.
课堂考点探究
变式题2 [2021·重庆八中模拟] 已知函数f(x)=ln
1 2
x- x .
2
(2)若不等式f(x)>(2-a)x2有解,求实数a的取值范围.
解:原不等式即为ln
1 2
ln
1
ln
1
x- x >(2-a)x2,可化简为2-a< 2 - .记g(x)= 2 - ,则原不等式
用导数研究函数的单调性或求最值,从而证得不等式,而如何根据不等式的结
构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.
课堂考点探究
(2)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[a,b]上单调递增,只需f'(x)≥0在[a,b]上恒成立.
类型2:函数f(x)在区间[a,b]上单调递减,只需f'(x)≤0在[a,b]上恒成立.
值的过程中常用的放缩方法有函数放缩法、基本不等式放缩法、叠加不等式
放缩法等.
课堂考点探究
探究点一
恒成立与能成立问题
例1 [2022·南京调研] 设函数f(x)=(x2-a)ex,a∈R,e是自然对数的底数.
高考数学一轮复习利用导数研究不等式恒(能)成立问题
g(x)m in＝g23＝－8257， ∴M≤1－－8257＝12172， ∴满足条件的最大整数 M 为 4. (2)对任意的 s，t∈12，2有 f(s)≥g(t)， 则 f(x)m in≥g(x)m . ax 由(1)知当 x∈12，2时，g(x)m ax＝g(2)＝1，
∴当 x∈12，2时，f(x)＝ax＋xln x≥1 恒成立， 即 a≥x－x2ln x 恒成立． 令 h(x)＝x－x2ln x，x∈12，2， ∴h′(x)＝1－2xln x－x， 令 φ(x)＝1－2xln x－x， ∴φ′(x)＝－3－2ln x< 0， h′(x)在12，2单调递减，
[针对训练] (2023·珠海检测)已知 f(x)＝12ln x－mx(m> 0)，g(x)＝x－ax(a> 0)． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若 m＝21e2，∀x1，x2∈[2,2e2]，g(x1)≥f(x2)，求实数 a 的取值范围． 解：f(x)＝12ln x－mx 的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝21x－m＝1－22xmx＝－mxx－21m.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1， 令 f′(x)> 0，得 x> 1e，令 f′(x)< 0，得 0< x< 1e，所以 f(x)在1e，＋∞单调 递增，在0，1e单调递减； 所以当 x＝1e时，f(x)取得极小值，且极小值为 f1e＝1eln1e＝－1e；无极大值．
[方法技巧] 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题， 此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判 断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足 题意即可．
[针对训练] 已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－ln a·ln x(a>0)． (1)若a＝e，求函数f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)<1在区间(1，＋∞)有解，求实数a的取值范围． 解：(1)当 a＝e 时，f(x)＝ex＋(1－e)x－ln x， f′(x)＝ex＋(1－e)－1x＝(ex－e)＋x－x 1， 当 x> 1 时，ex－e> 0，x－x 1> 0，所以 f′(x)> 0，即 f(x)在(1，＋∞)单调递增，
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，＋∞)．
2024届新高考一轮总复习人教版 第三章 重难突破系列(一) 利用导数解决不等式恒成立、有解 课件
[对点练] 1.已知曲线 f(x)＝bex＋x 在 x＝0 处的切线方程为 ax－y＋1＝0. (1)求 a，b 的值； (2)当 x2>x1>0 时，f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)恒成立，求实数 m 的取值范围．
解：(1)由 f(x)＝bex＋x 得，f′(x)＝bex＋1， 由题意得在 x＝0 处的切线斜率为 f′(0)＝b＋1＝a， 即 b＋1＝a，又 f(0)＝b，可得－b＋1＝0，解得 b＝1，a＝2.
(2)由 f(1)≥0，得 a≥e－1 1>0，则 f(x)≥0 障碍点：不能把a＋a 1看做整体，分离出来
对任意的 x>0 恒成立可转化为a＋a 1≥2xx－ex 1对任意的 x>0 恒成立．················6 分
2x－1 设函数 F(x)＝ xex (x>0)， ··································································7 分
于是a＋a 1≥1e，解得 a≥e－1 1.故实数 a 的取值范围[e－1 1，＋∞). ··················12 分
【点拨】 利用分离参数法确定不等式 f(x，λ)≥0(x∈D，λ 为参数)恒成立问题中参 数范围的步骤：
(1)将参数与变量分离，化为 f1(λ)≥f2(x)或 f1(λ)≤f2(x)的形式； (2)求 f2(x)在 x∈D 时的最大值或最小值； (3)解不等式 f1(λ)≥f2(x)max 或 f1(λ)≤f2(x)min，得到 λ 的取值范围．
(2)由(1)知，f(x)＝ex＋x，所以 f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)， 即为 f(x1)－mx21－x1<f(x2)－mx22－x2， 由 x2>x1>0 知，上式等价于函数 φ(x)＝f(x)－mx2－x＝ex－mx2 在(0，＋∞)为增函数， φ′(x)＝ex－2mx≥0，即 2m≤exx， 令 h(x)＝exx(x>0)，h′(x)＝ex(xx－2 1)， 当 0<x<1 时，h′(x)<0 时，h(x)单调递减； 当 x>1 时，h′(x)>0，h(x)单调递增，h(x)min＝h(1)＝e， 则 2m≤e，即 m≤2e，所以实数 m 的范围为(－∞ 若不等式 2x ln x≥－x2＋ax－3 在区间(0，e]上恒成立，求实数 a 的取值范围． 解：不等式 2x ln x≥－x2＋ax－3 在区间(0，e]上恒成立等价于 2ln x≥－x＋a－3x， 令 g(x)＝2ln x＋x－a＋3x，x∈(0，e]，则 g′(x)＝2x＋1－x32＝x2＋x22x－3＝(x＋3x)(2x－1)， 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].
用导数解决不等式恒成立问题(二)(市特级教师示范课)
则：f (x) ex 1
令 f (x) 0 x 0
当x变化时， x, f (x), f (x) 变化情况如下表：
x (, 0) 0 (0, )
f ( x)
—
0
+
f (x)
极小值
f (x)min f (0) 1 ex x 0 ex x
二、例题分析：
二、例题分析：
变式一.证明 不等式 ex x
如何证明？
二、例题分析：
变式一.证明 不等式 ex x
分析一：要证明 不等式f(x)>g(x) 即等价于证明：
（A）f(x)min>g(x)
请选择？
（B）f(x)>g(x)max
（C）f(x)min>g(x)max
二、例题分析：
变式一.证明 不等式 ex x
1
二、例题分析：
变式二：求证 直线 y=x在曲线y=lnx 的上方.
本题小结： 要证明 f(x) 的图象在g(x) 的上方
思路
本题小结：
要证明 f(x) 的图象在g(x) 的上方
等 价
思路
只要证明 f(x) > g(x)
二、例题分析：
变式三：若对任意x>0
ln x
，x
bx恒成立，
求正数b的取值范围.
三、课堂小结：
本节课你收获了什么？ 总结
三、课堂小结：
本节课你收获了什么？ 总结
函数位置关系. 不等式. 函数的最值.
三、课堂小结：
本节课你收获了什么？ 总结
函数位置关系. 不等式. 函数的最值.
转化：移项、去分母、恒等变形……
三、课堂小结：
构造可导函数证明不等式最新版
x>a时，有F (x)>F (a)．如果f(a)＝φ(a)，要证明当
x>a时，f(x)>φ(x)，那么只要令F (x)＝f(x)－φ(x)
就可以利用F (x)的单调递增性来推导．也就是说在
F (x)可导的前提下，只要证明F ′(x)>0即可．
点评 由条件移项后左边为xf′(x)＋f(x)，容易想 到是一个积的导数，从而可以构造函数F (x)＝xf(x), 求导即可完成证明．若题目中的条件改为xf′(x)>f(x), 则移项后为xf′(x)－f(x)，要想到是一个商的导数的分 子，平时解题多注意总结．
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现代人每天生活在纷繁、复杂的社会当中，紧张、高速的节奏让人难得有休闲和放松的时光。人们在奋斗事业的搏斗中深感身心的疲惫。然而，如果你细心观察，你会发现作 为现代人，其实人们每天都在尽可能的放松自己，调整生活节奏，追求充实快乐的人生。看似纷繁的社会里，人们的生活方式其实也不复杂。大家在忙忙碌碌中体味着平凡的 人生乐趣。由此我悟出一个道理，那就是----生活简单就是幸福。生活简单就是幸福。一首优美的音乐、一支喜爱的歌曲，会让你心境开朗。你可以静静地欣赏你喜爱的音乐， 可以在流荡的旋律中回忆些什么，或者什么都不去想；你可以一个人在房间里大声的放着摇滚，也可以在网上用耳麦与远方的朋友静静地共享；你还可以一边放送着音乐，一 边做着家务....生活简单就是幸福。一杯清茶，或一杯咖啡，放在你的桌边，你的心情格外的怡然。你可以浏览当天的报纸，了解最新的国内外动态，哪怕是街头趣闻；或者捧 一本自己喜欢的杂志、小说，从字里行间获得那种特别的轻松和愉悦....生活简单就是幸福。经过精心的烹制，一桌可心的菜肴就在你的面前，你招呼家人快来品尝，再备上最 喜欢的美酒，这是多么难得的享受！生活简单就是幸福。春暖花开的季节，或是清风送爽的金秋，你和家人一起，或是朋友结伴，走出户外，来一次假日的郊游，享受大自然 带给你的美丽、芬芳。吸一口新鲜的空气，忘却都市的喧嚣，身心仿佛受到一番洗涤，这是一种什么样的轻松感受！生活简单就是幸福。你参加朋友们的一次聚会，那久违的 感觉带给你温馨和激动，在觥酬交错之间你享受与回味真挚的友情。朋友，是那样的弥足珍贵....生活简单就是幸福。周末的夜晚，一家老小围坐在电视机旁，尽享团圆的欢乐 现代人越来越会生活，越来越会用各种不同的方式来放松自己。垂钓、上网、打牌、玩球、唱卡拉OK、下棋.....不一而足。人们根据自己的兴趣爱好寻找放松身心的最佳方式， 在相对固定的社交圈子里怡然的生活，而且不断的扩大交往的圈子，结交新的朋友有时，你会为新添置的一套漂亮时装而快乐无比；有时，你会为孩子的一次小考成绩优异而 倍感欣慰；有时，你会为刚参加的一项比赛拿了名次而喜不自胜；有时，你会为完成了上司交给的一个任务而信心大增生活简单就是幸福！生活简单就是幸福，不意味着我们 放弃了对目标的追逐，是在忙碌中的停歇，是身心的恢复和调整，是下一步冲刺的前奏，是以饱满的精力和旺盛的热情去投入新的“战斗”的一个“驿站”；生活简单就是幸 福，不意味着我们放弃了对生活的热爱，是于点点滴滴中去积累人生，在平平淡淡中寻求充实和快乐。放下沉重的负累，敞开明丽的心扉，去过好你的每一天。生活简单就是 幸福！我的心徜徉于春风又绿的江南岸，纯粹，清透，雀跃，欣喜。原来，真正的愉悦感莫过于触摸到一颗不染的初心。人到中年，初心依然，纯真依然，情怀依然，幸甚至 哉。生而为人，芳华刹那，真的不必太多要求，一盏茶，一本书，一颗笃静的心，三两心灵知己，兴趣爱好一二，足矣。亦舒说：“什么叫做理想生活？不用吃得太好穿得太 好住得太好，但必需自由自在，不感到任何压力，不做工作的奴隶，不受名利的支配，有志同道合的伴侣，活泼可爱的孩子，丰衣足食，已经算是理想。”时间如此猝不及防， 生命如此仓促，忠于自己的内心才是真正的勇敢，以不张扬的姿态，将自己活成一道独一无二的风景，才是最大的成功。试问，你有多久没有靠在门槛上看月亮了，你有多久 没有在家门口的那棵大树下乘凉了，你有多久没有因为一个人一件事而心生感动了，你又有多久没有审视自己的内心了？与命运的较量中，我们被迫前行，却忘记了来时的方
专题3.5利用导数解决不等式恒(能)成立问题(2021年高考数学一轮复习专题)
专题 利用导数解决不等式恒(能)成立问题一、题型全归纳 题型一 恒成立问题类型一 分离参数法求范围【题型要点】1.若f (x )≥a 或g (x )≤a 恒成立，只需满足f (x )min ≥a 或g (x )max ≤a 即可，利用导数方法求出f (x )的最小值或g (x )的最大值，从而问题得解．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 )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围． 【例1】(2020·石家庄质量检测)已知函数f (x )＝ax e x －(a ＋1)(2x －1)． (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． 【解析】(1)若a ＝1，则f (x )＝x e x －2(2x －1)．即f ′(x )＝x e x ＋e x －4， 则f ′(0)＝－3，f (0)＝2，所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0. (2)由f (1)≥0，得a ≥1e －1＞0，则f (x )≥0对任意的x ＞0恒成立可转化为a a ＋1≥2x －1x e x 对任意的x ＞0恒成立．设函数F (x )＝2x －1x e x (x ＞0)，则F ′(x )＝－(2x ＋1)(x －1)x 2e x .当0＜x ＜1时，F ′(x )＞0；当x ＞1时，F ′(x )＜0，所以函数F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F (x )max ＝F (1)＝1e .于是a a ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1.故实数a 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,11e 【例2】已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )＜0，得ln x ＋1＜0，解得 0＜x ＜1e ，所以f (x )的单调递减区间是⎪⎭⎫⎝⎛e 1,0.令f ′(x )＞0，得ln x ＋1＞0，解得x ＞1e ，所以f (x )的单调递增区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e .综上，f (x )的单调递减区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0，单调递增区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e .(2)因为g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．因为x ＞0，所以a ≥ln x －32x －12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x ＞0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍)．当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：所以当x ＝1时，h (x )max a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，即a ≥－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．类型二 把参数看作常数利用分类讨论方法解决【题型要点】1.对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．2.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．【例3】(2020·合肥六校联考)已知函数f (x )＝(x ＋a －1)e x，g (x )＝12x 2＋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． 【解析】(1)因为a ＝2，所以f (x )＝(x ＋1)e x ，所以f (0)＝1， f ′(x )＝(x ＋2)e x ，所以f ′(0)＝2，所以所求切线方程为2x －y ＋1＝0. (2)令h (x )＝f (x )－g (x )，由题意得h (x )min ≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立， 因为h (x )＝(x ＋a －1)e x －12x 2－ax ，所以h ′(x )＝(x ＋a )(e x －1)．∈若a ≥0，则当x ∈[0，＋∞)时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以h (x )min ＝h (0)＝a －1，则a －1≥0，得a ≥1.∈若a ＜0，则当x ∈[0，－a )时，h ′(x )≤0；当x ∈(－a ，＋∞)时，h ′(x )＞0，所以函数h (x )在[0，－a )上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (－a )， 又因为h (－a )＜h (0)＝a －1＜0，所以不合题意．综上，实数a 的取值范围为[1，＋∞)． 【例4】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，求实数a 的取值范围．【解析】(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x ，令f ′(x )＝0，得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)令g (x )＝f (x )－ax －1＝(1－x 2)e x －(ax ＋1)， 令x ＝0，可得g (0)＝0.g ′(x )＝(1－x 2－2x )e x －a ，令h (x )＝(1－x 2－2x )e x －a ，则h ′(x )＝－(x 2＋4x ＋1)e x ，当x ≥0时，h ′(x )＜0，h (x )在[0，＋∞)上单调递减，故h (x )≤h (0)＝1－a ，即g ′(x )≤1－a ， 要使f (x )－ax －1≤0在x ≥0时恒成立，需要1－a ≤0，即a ≥1，此时g (x )≤g (0)＝0，故a ≥1. 综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．题型二 等价转化法解决能成立问题【题型要点】存在x ∈[a ，b ]，f (x )≥a 成立∈f (x )max ≥a . 存在x ∈[a ，b ]，f (x )≤a 成立∈f (x )min ≤a .存在x 1∈[a ，b ]，对任意x 2∈[a ，b ]，f (x 1)≤g (x 2)成立∈f (x )min ≤g (x )min . 【例1】已知函数f (x )＝3ln x －12x 2＋x ，g (x )＝3x ＋a . (1)若f (x )与g (x )的图象相切，求a 的值；(2)若∈x 0＞0，使f (x 0)＞g (x 0)成立，求参数a 的取值范围．【解析】(1)由题意得，f ′(x )＝3x －x ＋1，g ′(x )＝3，设切点为(x 0，f (x 0))，则k ＝f ′(x 0)＝3x 0－x 0＋1＝3，解得x 0＝1或x 0＝－3(舍)，所以切点为⎪⎭⎫⎝⎛21,1，代入g (x )＝3x ＋a ，得a ＝－52.(2)设h (x )＝3ln x －12x 2－2x .∈x 0＞0，使f (x 0)＞g (x 0)成立，等价于∈x ＞0，使h (x )＝3ln x －12x 2－2x ＞a 成立，等价于a ＜h (x )max (x ＞0)．因为h ′(x )＝3x －x －2＝－x 2－2x ＋3x ＝－(x －1)(x ＋3)x，令⎩⎪⎨⎪⎧ h ′(x )＞0，x ＞0，得0＜x ＜1；令⎩⎪⎨⎪⎧h ′(x )＜0，x ＞0，得x ＞1.所以函数h (x )＝3ln x －12x 2－2x 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝－52，即a ＜－52，因此参数a 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-25,.题型三 不等式存在性成立问题【题型要点】∈任意x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)∈f (x 1)min >g (x 2)max ； ∈任意x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)∈f (x 1)min >g (x 2)min ； ∈存在x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)∈f (x 1)max >g (x 2)min ； ∈存在x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)∈f (x 1)max >g (x 2)max .【例1】已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．【解】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2. ∈当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ∈当1<a <e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1. ∈当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数． f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae.综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae .(2)由题意知f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值．由(1)知当a <1时，f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数．g (x )min ＝g (0)＝1.所以e －(a ＋1)－ae <1，即a >e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1,122e e e .二、高效训练突破1.已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围．【解】(1)因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )＜0，得ln x ＋1＜0，解得 0＜x ＜1e ，所以f (x )的单调递减区间是(0，1e )．令f ′(x )＞0，得ln x ＋1＞0，解得x ＞1e ，所以f (x )的单调递增区间是(1e ，＋∞)．综上，f (x )的单调递减区间是(0，1e )，单调递增区间是(1e，＋∞)．(2)因为g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．因为x ＞0，所以a ≥ln x －32x －12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x ＞0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－（x －1）（3x ＋1）2x 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍)．当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：所以当x ＝1时，h (max x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，即a ≥－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)． 2.(2020·哈尔滨六中模拟)已知函数f (x )＝x ln x ＋12ax 2－1，且f ′(1)＝－1.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，都有f (x )－2mx ＋1≤0，求m 的取值范围； (3)证明函数y ＝f (x )＋2x 的图象在g (x )＝x e x －x 2－1图象的下方． 【解】(1)因为f (x )＝x ln x ＋12ax 2－1，所以f ′(x )＝ln x ＋1＋ax .又因为f ′(1)＝－1，所以1＋a ＝－1，a ＝－2，所以f (x )＝x ln x －x 2－1.(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，都有f (x )－2mx ＋1≤0.即x ln x －x 2－2mx ≤0恒成立，即m ≥12ln x －12x 恒成立．令h (x )＝12ln x －12x ，则h ′(x )＝12x －12＝1－x2x.当0<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．所以当x ＝1时，h (x )有最大值，h (1)＝－12.所以m ≥－12，即m 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,21.(3)证明：要证明函数y ＝f (x )＋2x 的图象在g (x )＝x e x －x 2－1的图象的下方． 即证：f (x )＋2x <x e x －x 2－1恒成立，即ln x <e x －2.由(2)可得h (x )＝12ln x －12x ≤－12.所以ln x ≤x －1.现要证明x －1<e x －2，即证e x －x －1>0.令φ(x )＝e x －x －1，则φ′(x )＝e x －1.当x >0时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增．所以φ(x )>φ(0)＝0. 即e x －x －1>0.所以x －1<e x －2.从而得到ln x ≤x －1<e x －2. 所以函数y ＝f (x )＋2x 的图象在g (x )＝x e x －x 2－1图象的下方． 3.已知函数f (x )＝ln xx －1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )<k e x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数k 的取值范围． 【解析】(1)函数f (x )的定义域为(0,1)∈(1，＋∞)，f ′(x )＝1－1x－ln x(x －1)2.令g (x )＝1－1x －ln x ，则g ′(x )＝1－x x2.所以在(0,1)上，g ′(x )>0，此时g (x )单调递增；在(1，＋∞)上，g (x )<0，此时g (x )单调递减． 又g (1)＝0，所以g (x )≤0在定义域上恒成立，即f ′(x )<0在定义域上恒成立， 所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)和(1，＋∞)，无单调递增区间．(2)由f (x )<k e x 在(1，＋∞)上恒成立，得ln xx －1<k e x 在(1，＋∞)上恒成立，即ln x －k (x －1)e x <0在(1，＋∞)上恒成立．令h (x )＝ln x －k (x －1)e x ，易知，当k ≤0时，h (x )≤0在(1，＋∞)上不可能恒成立，所以k >0. 所以h ′(x )＝1x－kx e x ，所以h ′(1)＝1－k e.∈当k ≥1e 时，h ′(1)＝1－k e≤0.又h ′(x )＝1x －kx e x 在(1，＋∞)上单调递减，所以h ′(x )<0在(1，＋∞)上恒成立，则h (x )在(1，＋∞)上单调递减． 又h (1)＝0，所以h (x )<0在(1，＋∞)上恒成立． ∈当0<k <1e时，h ′(1)＝1－k e>0.又h ′(x )＝1x －kx e x 在(1，＋∞)上单调递减，且h ′⎪⎭⎫⎝⎛k 1＝k －e 1k <0，所以存在x 0∈(1，＋∞)，使得h ′(x 0)＝0，所以在(1，x 0)上h ′(x )＞0，在(x 0，＋∞)上h ′(x )＜0，所以h (x )在(1，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减． 又h (1)＝0，所以h (x )>0在(1，x 0)上恒成立，所以h (x )<0在(1，＋∞)上不可能恒成立．综上所述，实数k 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,1e . 4.已知函数f (x )＝ax －e x(a ∈R )，g (x )＝ln xx .(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． 【解析】(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x ＜ln a ，所以f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )＜0得x ＞ln a ，所以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 xx2.设h (x )＝ln xx 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max ，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 ≤12e .5.(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. ∈当a ≥1时，f (x )＜g (x )≤ag (x )；∈当a ≤0时，f (x )＞0，ag (x )≤0，不满足不等式f (x )≤ag (x )； ∈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f (x )≤ag (x )．综上所述，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．6．(2020·贵州省适应性考试)函数f (x )＝x －ln x ，g (x )＝a e x . (1)求函数f (x )的单调区间； (2)求证：当a ≥1e时，xf (x )≤g (x )．【解】：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x －ln x ，得f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)证明：要证xf (x )≤g (x )，即证x (x －ln x )≤a e x，即证a ≥x 2－x ln x e x .设h (x )＝x 2－x ln xe x，则h ′(x )＝－x 2＋2x －1＋x ln x －ln x e x ＝[ln x －（x －1）]（x －1）e x ，由(1)可知f (x )≥f (1)＝1，即ln x －(x －1)≤0，于是，当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．所以x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝1－0e ＝1e ，所以当a ≥1e时，xf (x )≤g (x )． 7.已知函数f (x )＝2a －x 2e x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若∈x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )＞－1恒成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)f ′(x )＝x 2－2x －2a e x ，当a ≤－12时，x 2－2x －2a ≥0，f ′(x )≥0，∈函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．当a ＞－12时，令x 2－2x －2a ＝0，解得x 1＝1－2a ＋1，x 2＝1＋2a ＋1.∈函数f (x )的单调递增区间为(－∞，1－2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1－2a ＋1，1＋2a ＋1)．(2)f (x )＞－1∈2a －x 2ex ＞－1∈2a ＞x 2－e x ，由条件知，2a ＞x 2－e x 对∈x ≥1恒成立．令g (x )＝x 2－e x ，h (x )＝g ′(x )＝2x －e x ，∈h ′(x )＝2－e x .当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x )＝2－e x ≤2－e ＜0，∈h (x )＝g ′(x )＝2x －e x 在[1，＋∞)上单调递减， ∈h (x )＝2x －e x ≤2－e ＜0，即g ′(x )＜0，∈g (x )＝x 2－e x 在[1，＋∞)上单调递减，∈g (x )＝x 2－e x ≤g (1)＝1－e ，故若f (x )＞－1在[1，＋∞ )上恒成立，则需2a ＞g (x )max ＝1－e. ∈a ＞1－e 2，即实数a 的取值范围是(1－e 2，＋∞)．8．设f (x )＝ax＋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)]max ≥M .由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x (x －23)．令g ′(x )＞0得x ＜0或x ＞23，令g ′(x )＜0得0＜x ＜23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递增，所以g (x )min ＝g (23)＝－8527，又g (0)＝－3，g (2)＝1，所以g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥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 )max ，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 )＝ax ＋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 ＞1e.即m (x )＝x ln x 在(1e ，＋∞)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12＜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 )max ＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．9.(2020·贵州省适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(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 ，＋∞)．综上，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为R ；当a ＞0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 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max2ln ⎪⎭⎫⎝⎛≤x x a 由h ′(x )＝1－2ln xx 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 ≤12e.10．(2020·重庆市七校联合考试)设函数f (x )＝1x －ee x ，g (x )＝a (x 2－1)－ln x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)证明：当x >1时，f (x )>0； (2)讨论g (x )的单调性；(3)若不等式f (x )<g (x )对x ∈(1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围． 【解】：(1)证明：f (x )＝e x －1－x x ex －1，令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1，当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在(1，＋∞)上单调递增，又s (1)＝0，所以s (x )>0，从而当x >1时，f (x )>0. (2)g ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)，当a ≤0时，g ′(x )<0，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，当a >0时，由g ′(x )＝0得x ＝12a .当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． (3)由(1)知，当x >1时，f (x )>0.当a ≤0，x >1时，g (x )＝a (x 2－1)－ln x <0， 故当f (x )<g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0.当0<a <12时，12a>1，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,1上单调递减，⎪⎭⎫ ⎝⎛a g 21<g (1)＝0，而⎪⎭⎫⎝⎛a f 21>0，所以此时f (x )<g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝g (x )－f (x )(x ≥1)，当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0， 因此，h (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，又h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝g (x )－f (x )>0，即f (x )<g (x )恒成立．综上，a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21.。
利用导数法解答不等式恒成立问题的思路
探索探索与与研研究究我们在解题时经常会遇到不等式恒成立问题,此类问题常与不等式、对数、指数等复杂的函数相结合，是一类难度较大的问题.采用常规的方法，如利用函数的单调性、基本不等式、配方法等难以使问题获解，我们需灵活运用导数法来求解.运用导数法解答不等式恒成立问题，有时需用到分离变量法、构造函数法，有时可直接把问题转化为函数的最值问题来求解.运用导数法解答不等式恒成立问题的基本思路是：1.将不等式进行变形，构造合适的函数；2.对函数进行求导，利用导数研究函数的单调性，求出最值；3.将问题进行转化，即f (x )≥a 恒成立⇒f (x )min ≥a ；f (x )≥a 成立⇒f (x )max ≥a ；f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ；f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b ；f (x )＞g (x )恒成立⇔F (x )min >0.4.得出相应的不等式，求出参数的取值范围或者证明结论.下面举例说明.例1.已知函数f (x )=e x-ln(x +m ).证明：当m ≤2时，f (x )>0恒成立.证明：由函数f (x )=e x -ln(x +m )可知其定义域为(-m ,m ).当m ≤2时，ln(x +m )≤ln(x +2)，f ′(x )=e x -x x +2.当x ∈()-2,+∞时，f ′(x )=e x-xx +2单调递增，所以f ′(x )=e x -1x +2=0在x ∈()-2,+∞上有唯一的实数根x 0，且x 0∈()-1,0.当x ∈(-2,x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0,+∞)时，f ′(0)>0.所以当x =x 0时，f (x )有最小值f (x )min =f (x 0)=e x 0-ln(x 0+2).令f ′(x )=0，解得e x 0=1x 0+2，则ln(x 0+2)=-x 0，所以f (x 0)=1x 0+2+x 0=(x 0+1)2x 0+2>0.所以结论成立.解答本题，我们需先对函数f (x )进行求导，在函数的定义域内确定函数的零点，然后将函数的定义域划分为(-2,x 0)和(x 0,+∞)两个区间段，分别在两个区间段上讨论导函数与0之间的关系，判断出函数的单调性，确定函数的最小值，使f (x )min >0,即可证明f (x )>0恒成立.例2.f (x )=ax ln x +be（其中e 为自然对数），曲线y =f (x )在点()1,f (x )处的切线方程为y =x -1+3e.证明：e x xf (x )>2恒成立.证明：由函数f (x )=ax ln x +be可知其定义域为()0,+∞.对函数f (x )=ax ln x +be求导可得f ′(x )=a (1+ln x ),而函数在()1,f (x )处的切线方程为y =x -1+3e，所以f (1)=b e =3e ，f ′(1)=a =1，解得b =3.所以e x x f (x )==e xx (x ln x +3e )>2，即x ln x >2x ex -3e .设g (x )=x ln x ，则g ′(x )=1+ln x .①当x ∈æèöø0,+1e 时，g ′(x )<0，此时g (x )单调递减；②当x ∈æèöø1e ,+∞时，g ′(x )>0，此时g (x )单调递增.设h (x )=2x e x -3e ，则h ′(x )=2ex -3e .当x ∈()0,1时，h ′(x )>0，此时h (x )单调递增；当x ∈()1,+∞时，h ′(x )<0，此时h (x )单调递减，所以h (x )max =h (x )=-1e，所以g (x )>h (x )，即x ln x >2x ex -3e ，所以结论成立.本题较为复杂，需要多次构造函数，如g (x )=x ln x 、h (x )=2x ex-3e ，然后多次对函数进行求导，讨论它们在x ∈()0,+∞上的单调性、最值，最后进行比较证明不等式恒成立.虽然不等式恒成立问题的难度较大、运算量也较大，但是我们只要严格按照上述步骤合理构造函数，利用导函数来确定函数的单调性，便能快速求得函数的最值，证明不等式成立.值得注意的是，在求导时要注意把握分类讨论的层级，不得越级讨论.（作者单位：江苏省南京市板桥中学）55。
函数导数中的恒成立问题解题技巧
函数导数中的恒成立问题解题技巧函数导数中的恒成立问题解题技巧随着新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用，恒成立问题成为了考试中的热点问题。
这种问题涉及方程、不等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用，同时渗透换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，考查综合解题能力。
在函数、导数中，这种问题更为明显。
本文将介绍两种解题技巧。
一、利用函数的性质解决XXX成立问题利用函数的性质解决恒成立问题，主要是函数单调性的应用。
例如，对于已知函数$f(x)=x^3+(1-a)x^2-a(a+2)x+b(a,b\in R)$，若函数$f(x)$的图象过原点，且在原点处的切线斜率是$-3$，求$a,b$的值。
我们可以先求出$f'(x)$，然后令$f(0)=b=0$，$f'(-1)$和$f'(1)$的乘积小于$0$，解出$a=-3$或$a=1$。
再比如，若函数$f(x)$在区间$(-1,1)$上不单调，求$a$的取值范围。
我们可以利用导函数$f'(x)$在给定的区间上有零点这一性质，根据函数零点的存在性定理解出$a$的取值范围。
二、利用数形结合思想解决恒成立问题利用数形结合思想解决恒成立问题，可以通过画图来求出函数的单调区间、极值点等信息，再结合数学方法解决问题。
例如，对于已知$x=3$是函数$f(x)=a\ln(1+x)+x^2-10x$的一个极值点，求$a$。
我们可以求出$f'(x)$，然后令$f'(3)=0$，解出$a=16$。
再比如，若直线$y=b$与函数$y=f(x)$的图象有$3$个交点，求$b$的取值范围。
我们可以根据函数$f(x)$的单调性来求出其极大值和极小值，画出图象，数形结合可以求出$b$的取值范围。
这些技巧可以帮助我们更好地解决函数导数中的恒成立问题，提高我们的解题能力。
方法点评：分离参数是解决恒成立问题的一种重要方法，通过构造新函数并求其最值，可以得到参数取值范围。
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2017年11月解法探究St教学
参谋
例谈“巧构可导函数”解不等式恒成立问题!江苏省南通市天星湖中学成倩文近年来，涉及使不等式恒成立求参数问题已成为高 考的热点和重点.由于这类题目综合性较强，考查学生 对导数知识运算、导数与函数的单调性的关系、函数极 值和最值的求解、导数研究不等式、解析几何知识、函数 的零点等基础知识;考查分类与整合思想、函数与方程 思想、化归与转化思想及数形结合思想;考查运算求解 能力、推理论证能力、抽象概括能力及分析问题解决问 题的能力，能够较好地、全方位地反映学生的数学综合 素质，而这往往成为学生的一大障碍.笔者根据2014年各省市高考卷，结合学生的实际水 平和自己的教学体会，发现不少同学对何时构造新函数 缺少认知.下面本文通过举例来进行说明如何掌握“巧 构导函数”的策略，供参考.
策略一、根据问题条件，直接构造差函数例 1 (2014年陕西卷）设/(#)$ln(l +#)，& (#)$#"'(#)，#" 0,其中/'(#)是/U)的导函数.(2)若（#)"((#)恒成立，求实数(的取值范围.
解析：（2)已知（#)"a(#)恒成立，即1+#
恒成立.设！(#)*ln( 1+#)- ^^ (#"0)，则！!（#)* -1+# 1+#
(1+#)-a# _ #+1-a
(1+#)2 (1+#)2① 若1-("0,即（#1时，！(#)"0(仅当# =0，a= 1 时， 等号成立），所以！(#)在[0，+")上单调递增.又！(0)*0, 所以！(#)"0在[0，+ ")上恒成立.
所以（#1时，ln(1+#)" 恒成立(仅当#=0时，等1+#
号成立).② 若1-«0,即a>1时，# $ (0，a-1 ]时，！’(#)<0,所以 !(#)在(0，（-1]上单调递减.
所以！（a-1 )1，存在 #>0,使！ (#)<0■故ln(1+#)"^不恒成立.1+#
综上所述:实数a的取值范围为a# 1.评注：对于这类不等式的恒成立问题，比较常见，考 查了可直接对问题中的条件构造差函数，转化为研究函 数的最值问题，结合分类讨论的思想，从而求出参数的 取值范围.
策略二、等价转换问题条件，构造新函数例2 (2014年北京卷）已知函数（#) =#cos#-sin#，[〇 ! 1
(2)若(<，## 12/
与/的最小值.
解析：（2)当#>0时，“ d11# >a”等价于“sin#-a#>0”; #
#
cos#-c.
① 当c # 〇时，（# )>〇对任意的# $'，D恒成立.
② 当0"1时，因为对任意的#$'，~^((#) =cos#-ci〇，所以&•(#)在0，上单调递减.从而&(#) <( 〇)=〇对 任意的#$ 恒成立.③ 当0COS#0-0=0.列表略.因为&(#)在[0，#。]上是增函数，所以&(#。)>&(0)=0.
高中版十-?农，？ 59教学参谋1解法探究2017年11月
进’步，“+")>〇对任意[亘成立”，当且仅当%0,即0<& 矣上.、2 丨 2 !
综上:当且仅当&矣丄时，+")>0对任意0" !") D
恒成立;当且仅当&%1时，+",<0对任意0"e|〇，^2$1 成立.所以，若*<^"<+对"！"，D恒成立，求得*的最
大值为i与+的最小值为1.!
评注：对于这类不等式的恒成立问题，不必分开构 造函数.所给条件已经进行了参数分离，但一个不等式 却等价于两个不等式，所以唯有先对其进行等价转化才 能使解题简单化，从而构造新函数，只要利用新函数的 单调性，再结合函数与方程、分类讨论等数学思想，找到 何时新函数恒大于、小于零即可求出*的最大值与+的最 小值.同类型地，再看下面一例：
例3 (2014年全国新课标I卷)设函数+")=oe*ln"++e"-1"1)+2.
-，曲线.$+")在点（1，/(1))处的切线方程为y$e("
(2)证明;+")>1.证明+2)由（1)知+")=e*ln"+ie*-1，定义域为(0,+ !).从而‘：（")>1”等价为“elrn+ie"-1””，化简后即为"
2，ln">"e-"-
e
设+")="ln")则!（"）= 1+ln".当"！"，— j 时，！"（"）
<0;当"一，+ ! j 时，!（")>0.所以！(")在 |〇, 一 j 上单 调递减，在| —) + ! j上单调递增，从而!(")在(0, + !)上 的最小值为! (一 $-■—.ee
设0 (") ="e^-丄)则0(") =e-;-"e-"=e-< 1-").当"！ e
(0,1)时，0(")>0;当"！（ 1) + !)时，0(")<0.所以0(")在 (0，1)上单调递增，在（1，+!)上单调递减，从而0(")在(0, +!)上的最大值为0( 1 )$ .e综上，当">0 时,（")>0(")，BP(")>1.评注：本题证明/$")>1，笔者觉得不需习惯性的对 /(" %进行求导，可以仿照例2先对条件化简，从而等价转 化条件，构造新函数.不过本题在化简条件时不容易进 行参数分离，索性笔者就构造了两个新函数，等价证明 !(")>0(")，本质上就是利用函数单调性求解最值问题.策略三、由问题抽象推理，构造新函数例4 (2014年福建卷）已知函数/"(")=e*-*" (*为常数)的图像与.轴交于点1，曲线.$(")在点1处的切线斜 率为-1.(3)证明:对任意给定的正数&，总存在"。，使得当"！ ("〇, + !)时，恒有"2<&e".4证明：（3)证法一;对于任意给定的正数&"由（2)可知，当">0时，"2—)••"口当">"0时，e">—r. 一r>+(—r$i"2.因此，对任意给定的正数&，总存在"。，使得当"！ ("0, + !)<,恒有"20 时,"20时，"2&&e".取"。$0，当"！（"〇, + !)时，恒有 "2<&e".②若0<&<1时，令2$丄>1.要使不等式"2<&e"成立，只 &要e">2"2成立.而要使e">2"2成立，只要">ln(2"2)成立，即只要"# 2ln"+ln2 成立.令0(")="-2ln"+ln2 )则0(")$1 --—$ %-.""所以当">2时，0(")>0,0(")在(2，+!)上单调递增. 取"。$162>16.所以0(")在("〇，+!)上单调递增.又 0("〇)$162-2ln( 162 )-ln2$/(2-ln2)+3(2-ln2 )+52. 易知2>ln2,2>ln2) 52>0.所以 0("〇)>0■即存在"〇$逆，当"！（"◦，+!)时，恒有"2<&e".&综上：对任意给定的正数&，总存在"。，使得当"！
60 十•？炎，？高中版2017年11月解法探究St教学
参谋
导数教学中思想方法的渗透"江苏省梅村高级中学范永明导数是中学数学中重要的学习内容，也是微积分初 步的重要知识，中学数学中的导数尽管删减了极限等相 关知识，但是很明显对学生学习导数是无益的.不少学 生在导数概念开始理解之初，就产生了不少的问题，对 后续极值和导数的关联性也存在较大的问题.这既是教 材编排的问题，也成为我们教学的问题.从导数教学来说，其思想性的东西是不可省略的， 否则易在理解导数、运用导数上存在较大的问题.笔者 认为，从思想性角度来看，对于导数相关概念的理解及 导数知识的运用是必须在教学中及时渗透，甚至需要有 前瞻性的认知，否则，在教学中达不到真正理解知识的 目的.另一方面来说，教学因为课时等关系，势必需要更 加高效的进行教学，因此，近年来各种微视频教学方式 作为预习方式的补充成为主流，以浅显的微视频教学渗 透思想方法，进而结合导数工具性的作用展示，体会导 数在解决函数问题中的作用.
一 ！导数概念的理解—图形思想案例1#导数的几何意义.现在的导数教学中往往对其几何意义的深度理解 并不到位，学生知道导数就是该点处切线的斜率，但是 导数的定义是什么？为什么是切线的斜率？存在切线一 定存在斜率吗？ 一系列的问题都不清楚.更多的学生只 知道套用求导公式，对概念相关缺失理解.(视频制作工 具可以使用:PPT，Camtasia Studio 7,考虑到本文涉及的 是思想性的阐述，因此视频制作等相关介绍不赘述G众所周知，切线自初中起已经 在学生头脑中根深蒂固，学生对切 线的认知是从直线和圆开始的，相 切问题即一个公共点问题，一个公 共点问题也是相切问题，这种错误 的认识陪伴学生长达数年之久.回 图1
##################################(!。，+!)时，恒有!20 3时，!2!0时，有丄!2< !3)的结论从而解
题.证法一比较简单，由问题直接进行推理再论证；证法 二利用对条件等价转化再构造新函数的方法；证法三有 难度，它强调抽象概括能力和反推理能力，根据'"&!)( !2-e!构造新函数'&!)，比较灵活地转化为研究函数最值
问题，从而取到！。的值.
总之，上述三种题型是“利用巧构导函数解决不等 式恒成立问题”的常见题型，笔者根据学生的实际水平 和自己的教学体会，简单地梳理了一下构造新函数的三 种策略，它们之间是相互联系、相互渗透的，核心是等价 转化，有效降低了思维的难度含参不等式恒成立问 题”是联系不等式、函数、方程、几何等知识的一个良好 素材，是高考命制能力型试题的理想命题点，在教学中 应高度重视.3
高中版十61