第1课时 导数与不等式题型一 证明不等式例1已知函数f (x )＝1－x －1ex，g (x )＝x －ln x .(1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2.证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x(x >0)， 当0<x <1时，g ′(x )<0. 当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 所以g (x )≥g (1)＝1，得证． (2)由f (x )＝1－x －1ex，得f ′(x )＝x －2ex，所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0， 即f (x )在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数， 所以f (x )≥f (2)＝1－1e 2(当x ＝2时取等号)．①又由(1)知x －ln x ≥1(当x ＝1时取等号)，② 所以①②等号不同时取得， 所以(x －ln x )f (x )>1－1e2.思维升华 (1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数． 跟踪训练1已知函数f (x )＝x ln x －e x＋1. (1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立． (1)解 依题意得f ′(x )＝ln x ＋1－e x ，又f (1)＝1－e ，f ′(1)＝1－e ，故所求切线方程为y －1＋e ＝(1－e)(x －1)，即y ＝(1－e)x . (2)证明 依题意，要证f (x )<sin x ， 即证x ln x －e x＋1<sin x ， 即证x ln x <e x ＋sin x －1.当0<x ≤1时，e x ＋sin x －1>0，x ln x ≤0， 故x ln x <e x＋sin x －1，即f (x )<sin x . 当x >1时，令g (x )＝e x＋sin x －1－x ln x ， 故g ′(x )＝e x＋cos x －ln x －1. 令h (x )＝g ′(x )＝e x＋cos x －ln x －1， 则h ′(x )＝e x－1x－sin x ，当x >1时，e x－1x>e －1>1，所以h ′(x )＝e x－1x－sin x >0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故h (x )>h (1)＝e ＋cos 1－1>0，即g ′(x )>0， 所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )>g (1)＝e ＋sin 1－1>0， 即x ln x <e x＋sin x －1，即f (x )<sin x . 综上所述，f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二 不等式恒成立或有解问题例2已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln xx2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 所以x ＝1为函数f (x )的极大值点，且是唯一极值点， 所以0<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. (2)当x ≥1时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x恒成立，令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ≥1)，则g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ln x ＋1＋1x x －(x ＋1)(1＋ln x )x 2＝x －ln x x 2.再令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，则h ′(x )＝1－1x≥0， 所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0，所以g (x )为单调增函数，所以g (x )≥g (1)＝2， 故k ≤2，即实数k 的取值范围是(－∞，2]． 引申探究本例(2)中若改为：∃x ∈[1，e]，使不等式f (x )≥kx ＋1成立，求实数k 的取值范围．解 当x ∈[1，e]时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x有解，令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ∈[1，e])，由例(2)解题知，g (x )为单调增函数，所以g (x )max ＝g (e)＝2＋2e，所以k ≤2＋2e ，即实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2＋2e .思维升华利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． (2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 跟踪训练2已知函数f (x )＝e x－1－x －ax 2. (1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． (1)证明 当a ＝0时，f (x )＝e x－1－x ，f ′(x )＝e x－1. 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (0)＝0，∴f (x )≥0.(2)解 f ′(x )＝e x－1－2ax ，令h (x )＝e x－1－2ax ， 则h ′(x )＝e x－2a . ①当2a ≤1，即a ≤12时，在[0，＋∞)上，h ′(x )≥0，h (x )单调递增，h (x )≥h (0)，即f ′(x )≥f ′(0)＝0，∴f (x )在[0，＋∞)上为增函数，∴f (x )≥f (0)＝0， ∴当a ≤12时满足条件．②当2a >1，即a >12时，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln(2a )，在[0，ln(2a ))上，h ′(x )<0，h (x )单调递减， ∴当x ∈(0，ln(2a ))时，有h (x )<h (0)＝0， 即f ′(x )<f ′(0)＝0，∴f (x )在区间(0，ln(2a ))上为减函数， ∴f (x )<f (0)＝0，不合题意． 综上，实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12.1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x－1，求证：f (x )≤g (x )． 证明 令F (x )＝f (x )－g (x )＝ln x ＋x －x e x ＋1(x >0)， 则F ′(x )＝1x ＋1－e x －x e x ＝1＋x x－(x ＋1)e x＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－e x .令G (x )＝1x－e x，可知G (x )在(0，＋∞)上为减函数，且G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－e>0，G (1)＝1－e<0， ∴存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得G (x 0)＝0，即1x 0－0e x＝0.当x ∈(0，x 0)时，G (x )>0，∴F ′(x )>0，F (x )为增函数； 当x ∈(x 0，＋∞)时，G (x )<0， ∴F ′(x )<0，F (x )为减函数．∴F (x )≤F (x 0)＝ln x 0＋x 0－00e xx ＋1， 又∵1x 0－0e x ＝0，∴1x 0＝0e x，即ln x 0＝－x 0，∴F (x 0)＝0，即F (x )≤0，∴f (x )≤g (x )．2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0. (1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)<f (x )－g (x )对任意的x >2恒成立，求k 的最大值． 解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ＋1＋ln x ，所以2a ＋b ＋1＝3且a ＋b ＝1，解得a ＝1，b ＝0. (2)由(1)与题意知k <f (x )－g (x )x －2＝x ＋x ln xx －2对任意的x >2恒成立，设h (x )＝x ＋x ln x x －2(x >2)，则h ′(x )＝x －4－2ln x (x －2)2， 令m (x )＝x －4－2ln x (x >2)，则m ′(x )＝1－2x＝x －2x>0， 所以函数m (x )为(2，＋∞)上的增函数．因为m (8)＝4－2ln 8<4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10>6－2ln e 3＝6－6＝0， 所以函数m (x )在(8,10)上有唯一零点x 0， 即有x 0－4－2ln x 0＝0成立，故当2<x <x 0时，m (x )<0，即h ′(x )<0；当x >x 0时，m (x )>0，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在(2，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－2＝x 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02，所以k <x 02，因为x 0∈(8,10)，所以x 02∈(4,5)，又k ∈Z ，所以k 的最大值为4.3．已知函数f (x )＝ax －e x(a ∈R )，g (x )＝ln x x.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(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 )的单调增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )<0，得f (x )的单调减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)，无单调增区间； 当a >0时，f (x )的单调增区间为(－∞，ln a )，单调减区间为(ln a ，＋∞)． (2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx2.设h (x )＝ln x x2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2max ，由h ′(x )＝1－2ln x x3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 变化的变化情况如下表：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 .故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12e .4．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax －1(a ∈R )．设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围． 解 依题意知f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值， 即f (x )min ≥g (x )min .当a ＝14时，f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－(x －1)(x －3)4x 2， 则当0<x <1时，f ′(x )<0，当1<x <2时，f ′(x )>0， 所以当x ∈(0,2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12.又g (x )＝x 2－2bx ＋4，①当b <1时，可求得g (x )min ＝g (1)＝5－2b ， 则5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b <1矛盾；②当1≤b ≤2时，可求得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2， 则4－b 2≤－12，得b 2≥92，这与1≤b ≤2矛盾；③当b >2时，可求得g (x )min ＝g (2)＝8－4b ， 由8－4b ≤－12，得b ≥178.综合①②③得实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫178，＋∞.5．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．解 因为f (x )为偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝2e x， 所以f (x )＝2e |x |，对于x ∈[1，k ]，由f (x ＋m )≤2e x 得2e|x ＋m |≤2e x ，两边取以e 为底的对数得|x ＋m |≤ln x ＋1，所以－x －ln x －1≤m ≤－x ＋ln x ＋1在[1，k ]上恒成立， 设g (x )＝－x ＋ln x ＋1(x ∈[1，k ])， 则g ′(x )＝－1＋1x ＝1－x x≤0，所以g (x )在[1，k ]上单调递减， 所以g (x )min ＝g (k )＝－k ＋ln k ＋1，设h (x )＝－x －ln x －1(x ∈[1，k ])，易知h (x )在[1，k ]上单调递减， 所以h (x )max ＝h (1)＝－2，故－2≤m ≤－k ＋ln k ＋1， 若实数m 存在，则必有－k ＋ln k ≥－3， 又k >1，且k 为整数，所以k ＝2满足要求，故整数k 的最小值为2.。