第4讲导数与不等式问题高考定位导数经常作为高考的压轴题，能力要求非常高.作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题、利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.真题感悟(2016·无锡高三期末)已知函数f (x)＝ln x＋a＋e－2x(a＞0).(1)当a＝2时，求出函数 f (x)的单调区间；(2)若不等式 f (x)≥a对于x＞0的一切值恒成立，求实数a的取值范围. 解(1)由题意知函数 f (x)的定义域为(0，＋∞).当a＝2时，函数f (x)＝ln x＋e x ，所以f ′（x)＝1x－ex2＝x－ex2，所以当x∈(0，e)时，f′（x)＜0，函数f (x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞）时，f′（x)＞0，函数f (x)在(e，＋∞）上单调递增.(2)由题意知ln x＋a＋e－2x≥a恒成立.等价于xln x＋a＋e－2－ax≥0在(0，＋∞）上恒成立.令g(x)＝xln x＋a＋e－2－ax，则g′（x)＝ln x＋1－a，令g′（x)＝0，得x＝e a－1.列表如下：X (0，e a－1)e a－1(e a－1，＋∞）g′（x)－0＋g(x)极小值所以g(x)的最小值为g(e a－1)＝(a－1)e a－1＋a＋e－2－ae a－1＝a＋e－2－e a－1，令t(x)＝x＋e－2－e x－1(x＞0)，则t′（x)＝1－e x－1，令t′（x)＝0，得x＝1.列表如下：x (0，1)1(1，＋∞）t′（x)＋0－t(x)极大值所以当a∈(0，1)时，g(x)的最小值为t(a)＞t(0)＝e－2－1e＝e（e－2）－1e＞0，符合题意；当a∈[1，＋∞）时，g(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－e a－1≥0＝t(2)，所以a∈[1，2].综上所述，a∈(0，2].考点整合1.解决函数的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域，其解题步骤是：(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答.2.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f (x)≥a恒成立，只需 f (x)min≥a即可；f (x)≤a恒成立，只需 f (x)max≤a即可. (2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解.3.常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：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：稍作变形后构造.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结构，根据“相同结构”构造辅助函数.(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造 f (x)和g(x)，利用其最值求解.4.不等式的恒成立与能成立问题(1)f (x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立?[a，b]是f (x)＞g(x)的解集的子集?[f (x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b]).(2)f (x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立?[a，b]与f (x)＞g(x)的解集的交集不是空集?[f (x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b]).(3)对?x1，x2∈[a，b]使得f (x1)≤g(x2)? f (x)max≤g(x)min.(4)对?x1∈[a，b]，?x2∈[a，b]使得f (x1)≥g(x2)? f (x)min≥g(x)min.热点一利用导数证明不等式【例1】(2017·全国Ⅱ卷)已知函数 f (x)＝ax2－ax－xln x，且f (x)≥0.(1)求a；(2)证明：f (x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f (x0)<2－2.(1)解 f (x)的定义域为(0，＋∞），设g(x)＝ax－a－ln x，则f (x)＝xg(x)，f (x)≥0等价于g(x)≥0，因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′（x)＝a－1x，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，则g′（x)＝1－1 x.当0<x<1时，g′（x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′（x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.(2)证明由(1)知f (x)＝x2－x－xln x，f′（x)＝2x－2－ln x，设h(x)＝2x－2－ln x，则h′（x)＝2－1 x .当x∈0，12时，h′（x)<0；当x∈12，＋∞时，h′（x)>0.所以h(x)在0，2上单调递减，在12，＋∞上单调递增.又h(e－2)>0，h 12<0，h(1)＝0，所以h(x)在0，12有唯一零点x0，在12，＋∞有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞）时，h(x)>0. 因为f ′（x)＝h(x)，所以x＝x0是f (x)的唯一极大值点.由f ′（x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f (x0)＝x0(1－x0).由x0∈(0，1)得f (x0)<1 4.因为x＝x0是f (x)在(0，1)的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠０得f (x0)>f (e－1)＝e－2.所以e－2<f (x0)<2－2.探究提高(1)证明f (x)≥g(x)或f (x)≤g(x)，可通过构造函数h(x)＝f (x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用 f (x)min≥g(x)max或f (x)max≤g(x)min来证明不等式. (2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.【训练1】设函数f (x)＝ae x ln x＋be x－1x，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f (x)＞1.(1)解函数f (x)的定义域为(0，＋∞），f′（x)＝ae x ln x＋axe x－bx2e x－1＋bxe x－1.由题意可得 f (1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.(2)证明由(1)知，f (x)＝e x ln x＋2xe x－1，从而f (x)＞1等价于xln x＞xe－x－2 e.设函数g(x)＝xln x，则g′（x)＝1＋ln x.所以当x∈0，e时，g′（x)＜0；当x∈1e，＋∞时，g′（x)＞0.故g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞）上的最小值为g 1e＝－1e.设函数h(x)＝xe－x－2e，则h′（x)＝e－x(1－x).所以当x∈(0，1)时，h′（x)＞0；当x∈(1，＋∞）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，＋∞）上的最大值为h(1)＝－1 e .综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f (x)＞1. 热点二利用导数解决不等式恒成立问题【例2】(2017·南京、盐城模拟)已知函数 f (x)＝axe x在x＝0处的切线方程为y＝x.(1)求实数a的值；(2)若对任意的x∈(0，2)，都有f (x)<1k＋2x－x2成立，求实数k的取值范围.解(1)由题意得 f ′（x)＝a（1－x）e x，因为函数在x＝0处的切线方程为y＝x，所以f ′(0)＝1，解得a＝1.(2)由题知 f (x)＝xe x<1k＋2x－x2对任意x∈(0，2)都成立，所以k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0，2)都成立，从而k≥0.不等式整理可得k<e xx＋x2－2x，令g(x)＝e xx＋x2－2x，所以g′（x)＝e x（x－1）x2＋2(x－1)＝(x－1)e xx2＋2＝0，解得x＝1，当x∈(1，2)时，g′（x)>0，函数g(x)在(1，2)上单调递增，同理可得函数g(x)在(0，1)上单调递减.所以k<g(x)min＝g(1)＝e－1，综上所述，实数k的取值范围是[0，e－1).探究提高(1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路是：先找到准确范围，再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于“恒”字，寻找反例即可).(2)对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.【训练2】(2014·江苏卷)已知函数 f (x)＝e x＋e －x，其中e 是自然对数的底数. (1)证明：f (x)是R 上的偶函数；(2)若关于x 的不等式mf (x)≤e －x＋m －1在(0，＋∞）上恒成立，求实数m 的取值范围；(3)已知正数a 满足：存在x 0∈[1，＋∞），使得f (x 0)<a(－x 30＋3x 0)成立.试比较ea －1与ae －1的大小，并证明你的结论.(1)证明因为对任意x ∈R ，都有 f (－x)＝e －x＋e －(－x)＝e －x ＋e x＝f (x)，所以f (x)是R 上的偶函数. (2)解由条件知m(e x＋e －x－1)≤e －x－1在(0，＋∞）上恒成立. 令t ＝e x(x>0)，则t>1，所以m ≤－t －1t 2－t ＋1＝－1t －1＋1t －1＋1对任意t>1成立. 因为t －1＋1t －1＋1≥2（t －1）·1t －1＋1＝3，所以－1t －1＋1t －1＋1≥－13，当且仅当t ＝2，即x ＝ln 2时等号成立. 因此实数m 的取值范围是(－∞，－13].(3)解令函数g(x)＝e x＋1e x －a(－x 3＋3x)，则g ′（x)＝e x－1ex ＋3a(x 2－1).当x≥1时，e x－1e x>0，x2－1≥0，又a>0，故g′（x)>0.所以g(x)是[1，＋∞）上的单调增函数，因此g(x)在[1，＋∞）上的最小值是g(1)＝e ＋e－1－2a.由于存在x0∈[1，＋∞），使e x0＋e－x0－a(－x30＋3x0)<0成立，当且仅当最小值g(1)<0.故e＋e－1－2a<0，即a>e＋e－12.令函数h(x)＝x－(e－1)ln x－1，则h′（x)＝1－e－1x.令h′（x)＝0，得x＝e－1，当x∈(0，e－1)时，h′（x)<0，故h(x)是(0，e－1)上的单调减函数；当x∈(e－1，＋∞）时，h′（x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞）上的单调增函数. 所以h(x)在(0，＋∞）上的最小值是h(e－1).注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)?(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)<h(1)＝0.当x∈(e－1，e)?(e－1，＋∞）时，h(x)<h(e)＝0.所以h(x)<0对任意的x∈(1，e)成立.①当a∈e＋e－12，e?(1，e)时，h(a)<0，即a－1<(e－1)ln a，从而e a－1<a e－1；②当a＝e时，e a－1＝a e－1；③当a∈(e，＋∞）?(e－1，＋∞）时，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)ln a，故e a－1>a e－1.综上所述，当a∈e＋e－12，e时，e a－1<a e－1；当a＝e时，e a－1＝a e－1；当a∈(e，＋∞）时，e a－1>a e－1.热点三利用导数解决能成立问题【例3】(2017·南通模拟)已知函数f (x)＝x－(a＋1)ln x－ax(a∈R)，g(x)＝12x2＋e x－xe x.(1)当x∈[1，e]时，求f (x)的最小值；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f (x1)＜g(x2)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）x2.①若a≤1，当x∈[1，e]时，f ′（x)≥0，则f (x)在[1，e]上为增函数，f (x)min＝f (1)＝1－a.②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f ′（x)≤0，f (x)为减函数；当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－1.③若a≥e，当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)－a e .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)－a e .(2)由题意知：f (x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值. 由(1)知f (x)在[e，e2]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＞e2－2e e＋1，所以a的取值范围为e2－2ee＋1，1.探究提高存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)≤m恒成立，则g(x)max≤m；若g(x)≥m恒成立，则g(x)min≥m；若g(x)≤m有解，则g(x)min≤m；若g(x)≥m有解，则g(x)max≥m.【训练3】(2016·四川卷)设函数f (x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.(1)讨论f (x)的单调性；(2)确定a的所有可能取值，使得 f (x)>1x－e1－x在区间(1，＋∞）内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数).解(1)f ′（x)＝2ax－1x＝2ax2－1x(x>0).当a≤0时，f′（x)<0，f (x)在(0，＋∞）内单调递减.当a>0时，由f ′（x)＝0，有x＝12a.此时，当x∈0，12a时，f′（x)<0，f (x)单调递减；当x∈12a，＋∞时，f′（x)>0，f (x)单调递增.(2)令g(x)＝1x－1e x－1，s(x)＝e x－1－x.则s′（x)＝e x－1－1.而当x>1时，s′（x)>0，所以s(x)在区间(1，＋∞）内单调递增.又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0.当a≤0，x>1时，f (x)＝a(x2－1)－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.由(1)有f 12a<f (1)＝0，而g12a>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)＝f (x)－g(x)(x≥1).当x>1时，h′（x)＝2ax－1x＋1x2－e1－x>x－1x＋1x2－1x＝x3－2x＋1x2>x2－2x＋1x2>0.因此，h(x)在区间(1，＋∞）上单调递增.又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f (x)－g(x)>0，即f (x)>g(x)恒成立.综上，a∈12，＋∞.1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有：(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f (x)max或a＜f (x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.(3)数形结合.2.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形.(2)构造新的函数h(x).(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值.(4)根据单调性及最值，得到所证不等式.3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.一、填空题1.设f (x)是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f′（x)＞0，且f (0)＝0，f －12＝0，则不等式 f (x)＜0的解集为________.解析如图所示，根据图象得不等式 f (x)＜0的解集为－∞，－12∪0，12.答案－∞，－12∪0，122.(2017·苏北四市调研)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为________.解析条件可转化为a≤2ln x＋x＋3x恒成立.设f (x)＝2ln x＋x＋3 x ，则f ′（x)＝（x＋3）（x－1）x2(x＞0).当x∈(0，1)时，f ′(x)＜0，函数f (x)单调递减；当x∈(1，＋∞）时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增，所以f (x)min＝f (1)＝4.所以a≤4.答案(－∞，4]3.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是________.解析∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－1 2x .令f (x)＝x－12x ，∴f ′（x)＝1＋2－x ln 2＞0.∴f (x)在(0，＋∞）上单调递增，∴f (x)＞f (0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞).答案(－1，＋∞）4.(2015·全国Ⅱ卷改编)设函数f ′（x)是奇函数f (x)(x∈R)的导函数，f (－1)＝0，当x>0时，xf′（x)－f (x)＜0，则使得 f (x)>0成立的x的取值范围是________.解析令F(x)＝f（x）x，因为 f (x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′（x)＝x f′（x）－f（x）x2，当x＞0时，x f′(x)－f (x)＜0，所以F(x)＝f（x）x在(0，＋∞）上单调递减，根据对称性，F(x)＝f（x）x在(－∞，0)上单调递增，又 f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得 f (x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).答案(－∞，－1)∪(0，1)5.已知不等式e x－x＞ax的解集为P，若[0，2]?P，则实数a的取值范围是________.解析由题意知不等式e x－x＞ax在x∈[0，2]上恒成立.当x＝0时，显然对任意实数a，该不等式都成立.当x∈(0，2]时，原不等式即a＜e xx－1，。