2020新课标高考数学二轮讲义：第二部分专题六第4讲　导数与不等式

第4讲　导数与不等式

证明不等式

构造函数证明不等式：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f(x)>g(x)(f(x)<g(x))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)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x<x<ex(x>0)，≤ln(x＋1)≤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f(x)和g(x)，利用其最值求解．

续　表

[典型例题]

(2019·四省八校双教研联考)已知函数f(x)＝ax－axln x－1(a∈R，a≠0)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当x>1时，求证：>－1.

【解】　(1)f′(x)＝a－a(ln x＋1)＝－aln x，

若a>0，则当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；

若a<0，则当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

(2)证明：要证>－1，即证>e－x，即证<ex，

又由第(1)问令a＝1知f(x)＝x－xln x－1在(1，＋∞)上单调递减，f(1)＝0，

所以当x>1时，x－xln x－1<0，即<ln x，则只需证当x>1时，ln x<ex即可．

令F(x)＝ex－ln x，x>1，则F′(x)＝ex－单调递增，所以F′(x)>F′(1)＝e－1>0，

所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)>F(1)，而F(1)＝e，所以ex－ln x>e>0，

所以ex>ln x，所以ex>ln x>，所以原不等式得证．

一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可．　

[对点训练]

1．(2019·唐山模拟)设f(x)＝2xln x＋1.

(1)求f(x)的最小值；

(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2ln x.

解：(1)f′(x)＝2(ln x＋1)．

所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝1－.

(2)证明：x2－x＋＋2ln x－f(x)

＝x(x－1)－－2(x－1)ln x

＝(x－1)，

令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋－＝≥0，

所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又g(1)＝0.

所以当0<x<1时，g(x)<0，

当x>1时，g(x)>0，

所以(x－1)≥0，

即f(x)≤x2－x＋＋2ln x.

2．已知函数f(x)＝aex－bln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x＋1.

(1)求a，b；

(2)证明：f(x)>0.

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝aex－，由题意得f(1)＝，f′(1)＝－1，

所以解得

(2)证明：由(1)知f(x)＝·ex－ln x(x>0)．

因为f′(x)＝ex－2－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x0，且x0∈(1，2)．

当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，

从而当x＝x0时，f(x)取极小值，也是最小值．

由f′(x0)＝0，得ex0－2＝，则x0－2＝－ln x0.

故f(x)≥f(x0)＝ex0－2－ln x0＝＋x0－2>2－2＝0，所以f(x)>0.

根据不等式确定参数范围

一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x)min.若存在x0∈D，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，则只需a<f(x0)max，由此构造不等式，求解参数的取值范围．

分类讨论法：常见有两种情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数．

提示：求解参数范围时，一般会涉及分离参数法，理科试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常需要设出导函数的零点，难度较大．

提示：破解不等式求参问题，时常会通过不等式的同解变形，构造一个与背景函数相关的函数，利用函数最值确定参数的取值范围．在构造函数或求最值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．

[典型例题]

(2019·福建五校第二次联考)已知函数f(x)＝ln x－mx2，g(x)＝mx2＋x，m∈R，令F(x)＝f(x)＋g(x)．

(1)当m＝时，求函数f(x)的单调区间及极值；

(2)若关于x的不等式F(x)≤mx－1恒成立，求整数m的最小值．

【解】　(1)由题意得，f(x)＝ln x－x2(x>0)，所以f′(x)＝－x(x>0)．令f′(x)＝0，得x＝1.

由f′(x)>0，得0<x<1，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，

由f′(x)<0，得x>1，所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．

所以f(x)极大值＝f(1)＝－，无极小值．

(2)法一：令G(x)＝F(x)－(mx－1)＝ln x－mx2＋(1－m)x＋1，

所以G′(x)＝－mx＋(1－m)＝.

当m≤0时，因为x>0，所以G′(x)>0，所以G(x)在(0，＋∞)上是增函数．

又G(1)＝－m＋2>0，所以关于x的不等式F (x)≤mx－1不能恒成立．

当m>0时，

G′(x)＝＝－.

令G′(x)＝0，得x＝，

所以当x∈时，G′(x)>0；当x∈时，G′(x)<0.

因此函数G(x)在上是增函数，在上是减函数．

故函数G(x)的最大值为G＝－ln m.

令h(x)＝－ln x，因为h(1)＝>0，h(2)＝－ln 2<0，

h(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以当x≥2时，h(x)<0，

所以整数m的最小值为2.

法二：由F(x)≤mx－1恒成立，知m≥(x>0)恒成立．

令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝.

令φ(x)＝2ln x＋x，因为φ＝－ln 4<0，φ(1)＝1>0，且φ(x)为增函数，

所以存在x0∈，使φ(x0)＝0，即2ln x0＋x0＝0.

当0<x<x0时，h′(x)>0，h(x)为增函数，当x>x0时，h′(x)<0，h(x)为减函数．

所以h(x)max＝h(x0)＝＝.

而x0∈，所以∈(1，2)，所以整数m的最小值为2.

利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常先将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，再通过求函数f(x)的最值求得参数范围．　

[对点训练]

(2019·广东六校第一次联考)已知函数f(x)＝.

(1)求函数f(x)在[1，＋∞)上的值域；

(2)若∀x∈[1，＋∞)，ln x(ln x＋4)≤2ax＋4恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)易知f′(x)＝<0(x≥1)，

所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(1)＝2.

因为x≥1时，f(x)>0，

所以f(x)在[1，＋∞)上的值域为(0，2]．

(2)令g(x)＝ln x(ln x＋4)－2ax－4，x∈[1，＋∞)，

则g′(x)＝2，

①若a≤0，则由(1)可知，g′(x)>0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，因为g(e)＝1－2ae>0，与题设矛盾，所以a≤0不符合要求．

②若a≥2，则由(1)可知，g′(x)≤0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝－2a－4<0，所以a≥2符合要求．

③若0<a<2，则∃x0∈(1，＋∞)，使得＝a，

则g(x)在[1，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，

所以g(x)max＝g(x0)＝ln x0(ln x0＋4)－2ax0－4.

因为ln x0＝ax0－2，

所以g(x)max＝(ax0－2)(ax0＋2)－2ax0－4＝(ax0＋2)·(ax0－4)．

由题意知g(x)max≤0，即(ax0＋2)(ax0－4)≤0，－2≤ax0≤4，

即－2≤ln x0＋2≤4⇒1<x0≤e2.

因为a＝，且由(1)可知f(x)＝在(1，＋∞)上单调递减，所以≤a<2.

综上，a的取值范围为.

1．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.

(1)求f(x)的单调区间与极值；

(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.

解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.

当x<ln 2时，f′(x)<0，故函数f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减；

当x>ln 2时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．

所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．

(2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.

设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．

则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.

又a>ln 2－1，则g′(x)min>0.

于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．

于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0.

即ex－x2＋2ax－1>0，

故ex>x2－2ax＋1.

2．(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝mex－ln x－1.

(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)若m∈(1，＋∞)，求证：f(x)>1.

解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－ln x－1，

所以f′(x)＝ex－，

所以f′(1)＝e－1，又因为f(1)＝e－1，

所以曲线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)证明：当m>1时，f(x)＝mex－ln x－1>ex－ln x－1，

要证明f(x)>1，只需证明ex－ln x－2>0，

设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－(x>0)，

设h(x)＝ex－(x>0)，则h′(x)＝ex＋>0，

所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，

因为g′＝e－2<0，g′(1)＝e－1>0，

所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈，

因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0，

当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，

所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)，

故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2>0，

综上可知，若m∈(1，＋∞)，则f(x)>1.

3．(2019·济南市学习质量评估)已知函数f(x)＝x(ex＋1)－a(ex－1)．

(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为1，求实数a的值；

(2)当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)f′(x)＝xex＋ex＋1－aex.

因为f′(1)＝e＋e＋1－ae＝1，所以a＝2.

(2)设g(x)＝f′(x)＝ex＋1＋xex－aex，则g′(x)＝ex＋(x＋1)ex－aex＝(x＋2－a)ex，设h(x)＝x＋2－a，

注意到f(0)＝0，f′(0)＝g(0)＝2－a，

(i)当a≤2时，h(x)＝x＋2－a>0在(0，＋∞)上恒成立，

所以g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，

所以g(x)>g(0)＝2－a≥0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．

所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，

所以f(x)>f(0)＝0在(0，＋∞)上恒成立，符合题意．

(ii)当a>2时，h(0)＝2－a<0，h(a)＝2>0，∃x0∈(0，a)，使得h(x0)＝0，

当x∈(0，x0)时，h(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上是减函数，

所以f′(x)在(0，x0)上是减函数．

所以f′(x)<f′(0)＝2－a<0，所以f(x)在(0，x0)上是减函数，

所以当x∈(0，x0)时，f(x)<f(0)＝0，不符合题意．

综上所述，a≤2，即实数a的取值范围为(－∞，2]．

4．(2019·福建五校第二次联考)已知函数f(x)＝x2－(2m＋1)x＋ln x(m∈R)．

(1)当m＝－时，若函数g(x)＝f(x)＋(a－1)ln x恰有一个零点，求a的取值范围；

(2)当x>1时，f(x)<(1－m)x2恒成立，求m的取值范围．

解：(1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)．

当m＝－时，g(x)＝aln x＋x2，所以g′(x)＝＋2x＝.

(i)当a＝0时，g(x)＝x2，x>0时无零点．

(ii)当a>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

取x0＝e－，则g(x0)＝g(e－)＝－1＋<0，

因为g(1)＝1，所以g(x0)·g(1)<0，此时函数g(x)恰有一个零点．

(iii)当a<0时，令g′(x)＝0，解得x＝.当0<x<时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递减；

当x>时，g′(x)>0，所以g(x)在上单调递增．

要使函数g(x)恰有一个零点，则g＝aln －＝0，即a＝－2e.

综上所述，若函数g(x)恰有一个零点，则a＝－2e或a>0.

(2)令h(x)＝f(x)－(1－m)x2＝mx2－(2m＋1)x＋ln x，

根据题意，当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0恒成立．

h′(x)＝2mx－(2m＋1)＋＝.

(i)若0<m<，则x∈时，h′(x)>0恒成立，所以h(x)在上是增函数，且h(x)∈，所以不符合题意．

(ii)若m≥，则x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(1，＋∞)上是增函数，且h(x)∈，所以不符合题意．

(iii)若m≤0，则x∈(1，＋∞)时，恒有h′(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上是减函数，于是h(x)<0对任意的x∈(1，＋∞)都成立的充要条件是h(1)≤0，即m－(2m＋1)≤0，解得m≥－1，故－1≤m≤0.

综上，m的取值范围是[－1，0]．