(共41张PPT)
微专题3 导数与不等式
大题考法1
PART
01
第一部分
【解】 f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数；
当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a，
令f′(x)<0，得x<－ln a，
所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上可得，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数；
当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增．
等价转化法证明不等式的常见思路
已知函数f(x)＝－xeax＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数y＝f(x)存在两个不同的极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＞0.
(3)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，根据“相同结构”构造辅助函数．
(2)证明：x1x2>e2.
大题考法2
PART
02
第二部分
(2)若f(x)＋ae3x＋ln a≥0，求实数a的取值范围．
【解】 f(x)＋ae3x＋ln a≥0 2x－ln x＋ae3x＋ln a≥0 ae3x＋3x＋ln a≥x＋ln x e3x＋ln a＋3x＋ln a≥eln x＋ln x.
设g(x)＝ex＋x，则g(3x＋ln a)≥g(ln x).
因为g′(x)＝ex＋1>0，所以g(x)在定义域R上为增函数，
所以3x＋ln a≥ln x，即ln a≥ln x－3x.
设h(x)＝ln x－3x(x>0)，则ln a≥h(x)max.
不等式恒成立能成立问题的区别与联系
类别 区别 联系
不等式问题 等价转化方式
不等式恒成立问题 a≥f(x)在x∈D上恒成立 a≥f(x)max，x∈D 对于单变量不等式，无论是恒成立问题还是有解(能成立)问题，都需要用分离参数法或者构造函数法，转化为最值问题进行解决
a≤f(x)在x∈D上恒成立 a≤f(x)min，x∈D
不等式能成立问题 a≥f(x)在x∈D上能成立 a≥f(x)min，x∈D
a≤f(x)在x∈D上能成立 a≤f(x)max，x∈D
双变量不等式问题的解题策略
(1)观察两个变量，一般两个变量的地位相同，取值独立，可将其转化为一个变量．
(2)构造函数，将问题转化为判断函数的单调性问题或求函数的最值问题．
已知函数f(x)＝ex－a－ln x.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)＜0成立，求实数a的取值范围．微专题3 导数与不等式
大题考法1 证明不等式
技法 等价转化法证明不等式
INCLUDEPICTURE "例1.TIF" (2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋.
【解】 (1)f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数；
当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a，
令f′(x)<0，得x<－ln a，
所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上可得，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数；
当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：方法一(最值法)：由(1)得，当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，
所以g′(a)＝2a－，令g′(a)>0，得a>；
令g′(a)<0，得0
所以函数g(a)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
所以函数g(a)的最小值为g()＝()2－ln －＝ln >0，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立．
方法二(分析法)：当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，
故欲证f(x)>2ln a＋成立，
只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋，
即证a2－>ln a.
构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
则u′(a)＝－1＝，所以当a>1时，u′(a)<0；
当00.
所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1，
故只需证a2－>a－1，即证a2－a＋>0，
因为a2－a＋＝(a－)2＋>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立．
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
等价转化法证明不等式的常见思路
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
已知函数f(x)＝－xeax＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>时，证明：(ln a＋1)f(x)≤1.
解：(1)由f(x)＝－xeax＋1得，
f′(x)＝－eax＋1＋(－x)·aeax＋1＝(－ax－1)eax＋1.
①当a<0时，
若x<－，则f′(x)<0，
若x＝－，则f′(x)＝0，
若x>－，则f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－)上单调递减，在(－，＋∞)上单调递增．
②当a＝0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在R上为减函数．
③当a>0时，若x<－，则f′(x)>0，
若x＝－，则f′(x)＝0，若x>－，则f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，－)上单调递增，
在(－，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a>时，ln a＋1>0，
f(x)max＝f(－)＝，
即f(x)≤，
所以(ln a＋1)f(x)≤，
令g(a)＝(a>)，g′(a)＝－.
当0，
当a＝1时，g′(a)＝0，当a>1时，g′(a)<0，
所以g(a)在(，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(a)max＝g(1)＝1，
即g(a)＝≤1，
所以(ln a＋1)f(x)≤1.
技法 变量代换法证明不等式
(2024·北京三模)已知f(x)＝2－a ln x－ax－1.
(1)若a＝－1，求曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数y＝f(x)存在两个不同的极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＞0.
【解】 (1)当a＝－1时，f(x)＝2＋ln x＋x－1，
f′(x)＝＋＋1，f′(1)＝3，f(1)＝2，所以曲线y＝f(x)在点P(1，2)处的切线方程为y－2＝3(x－1)，即y＝3x－1.
(2)证明：因为f(x)＝2－a ln x－ax－1，x>0，
所以f′(x)＝－－a，
令f′(x)＝0，得－－a＝0，
令t＝，则t＞0，
原方程可化为at2－t＋a＝0，①
则t1＝，t2＝是方程①的两个不同的根，
所以解得0＜a＜，
由根与系数的关系得t1＋t2＝，t1t2＝1，则t＋t＝(t1＋t2)2－2t1t2＝－2，
所以f(x1)＋f(x2)＝2(＋)－a(ln x1＋ln x2)－a(x1＋x2)－2
＝2(t1＋t2)－a ln (tt)－a(t＋t)－2
＝2a＋－2.
令h(a)＝2a＋－2(0＜a＜)，
则h′(a)＝2－(0＜a＜)，
因为h′(a)＜0在(0，)上恒成立，
所以函数h(a)在(0，)上单调递减，
所以h(a)＞h()＝1＞0，
所以f(x1)＋f(x2)＞0.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
变量代换法证明不等式的三种常见方法
(1)消元法：借助题设条件，建立x1与x2的等量关系，如x2＝g(x1)，从而将f(x1，x2)＞A的双变量不等式化成h(x1)＞A的单变量不等式．
(2)换元法：结合题设条件，有时需要先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如的形式．
(3)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，根据“相同结构”构造辅助函数．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
已知函数f(x)＝－m(a，m∈R)在x＝e(e为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点x1，x2.
(1)求实数a的值，以及实数m的取值范围；
(2)证明：x1x2>e2.
解：(1)由已知得，函数f(x)＝－m的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝.
由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且当00；当x>ea＋1时，f′(x)<0.
所以f(x)在x＝ea＋1时取得极值，所以ea＋1＝e，解得a＝0.
所以f(x)＝－m(x>0)，f′(x)＝，
显然当00，所以函数f(x)在(0，e)上单调递增；当x>e时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减．f(e)＝－m，且f(e)为f(x)的极大值，也是最大值．
易知当x→0(x>0)时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－m.
又f(x)有两个零点x1，x2，所以得0所以实数m的取值范围为(0，).
(2)证明：由题意，不妨设0则ln (x1x2)＝m(x1＋x2)，ln ＝m(x2－x1)，
所以m＝，要证x1x2>e2，
即证ln (x1x2)>2，即证m(x1＋x2)>2，
即证ln >2，令t＝，则t>1，
则只需证当t>1时，ln t>，
即证当t>1时，ln t－>0.
设g(t)＝ln t－(t>1)，
则g′(t)＝－＝>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
则g(t)>g(1)＝ln 1－＝0，从而原不等式成立，
即x1x2>e2成立．
大题考法2 不等式恒(能)成立问题
命题角度 单变量不等式恒(能)成立问题
INCLUDEPICTURE "例3.TIF" (2024·梅州模拟)已知函数f(x)＝2x－ln x.
(1)当x≥1时，证明：f(x)≥x＋；
(2)若f(x)＋ae3x＋ln a≥0，求实数a的取值范围．
【解】 (1)证明：令F(x)＝f(x)－(x＋)＝x－ln x－(x≥1)，
则F′(x)＝1－＋＝＝>0，
所以F(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥1时，F(x)≥F(1)＝0，即f(x)≥x＋.
(2)f(x)＋ae3x＋ln a≥0 2x－ln x＋ae3x＋ln a≥0 ae3x＋3x＋ln a≥x＋ln x e3x＋ln a＋3x＋ln a≥eln x＋ln x.
设g(x)＝ex＋x，则g(3x＋ln a)≥g(ln x).
因为g′(x)＝ex＋1>0，所以g(x)在定义域R上为增函数，
所以3x＋ln a≥ln x，即ln a≥ln x－3x.
设h(x)＝ln x－3x(x>0)，则ln a≥h(x)max.
因为h′(x)＝－3＝，则当00；
当x>时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，)上单调递增，
在(，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h()＝ln －1，
所以ln a≥ln －1＝ln ，解得a≥.
所以实数a的取值范围是[，＋∞).
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
不等式恒成立能成立问题的区别与联系
类别 区别 联系
不等式问题 等价转化方式
不等式恒成立问题 a≥f(x)在x∈D上恒成立 a≥f(x)max，x∈D 对于单变量不等式，无论是恒成立问题还是有解(能成立)问题，都需要用分离参数法或者构造函数法，转化为最值问题进行解决
a≤f(x)在x∈D上恒成立 a≤f(x)min，x∈D
不等式能成立问题 a≥f(x)在x∈D上能成立 a≥f(x)min，x∈D
a≤f(x)在x∈D上能成立 a≤f(x)max，x∈D
命题角度 双变量不等式恒(能)成立问题
已知函数f(x)＝ln x－mx(m>0)，g(x)＝x－(a>0).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若m＝， x1，x2∈[2，2e2]，g(x1)≥f(x2)，求实数a的取值范围．
【解】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－m＝＝.
令f′(x)>0，解得0令f′(x)<0，解得x>.
所以f(x)＝ln x－mx的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，＋∞).
(2)若m＝，则f(x)＝ln x－x.
x1，x2∈[2，2e2]，g(x1)≥f(x2)，
等价于g(x)min≥f(x)max，
由(1)知在[2，2e2]上，f(x)max＝f(e2)＝，
由g(x)＝x－(a>0)，得g′(x)＝1＋>0，
所以g(x)在[2，2e2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(2)＝2－.
所以2－≥，解得a≤3.又a>0，所以0所以实数a的取值范围为(0，3].
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
双变量不等式问题的解题策略
(1)观察两个变量，一般两个变量的地位相同，取值独立，可将其转化为一个变量．
(2)构造函数，将问题转化为判断函数的单调性问题或求函数的最值问题．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
已知函数f(x)＝ex－a－ln x.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)＜0成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ex－ln x，f′(x)＝ex－，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率k＝e－1，又f(1)＝e，所以切线方程为y＝(e－1)x＋1.
与x轴、y轴的交点分别是(，0)，(0，1)，
所以切线与坐标轴围成的三角形的面积S＝.
(2)存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)＜0，
即e－ln x0＜0成立．
即存在x0∈[e，＋∞)，使ea＞成立．
设h(x)＝(x≥e)，因此，只要函数h(x)＝在区间[e，＋∞)的最小值小于ea即可．
h′(x)＝，设u(x)＝ln x－(x≥e)，
因为u′(x)＝＋＞0，所以u(x)在[e，＋∞)上单调递增，且u(x)≥u(e)＝1－＞0，所以h′(x)＝＞0在[e，＋∞)上恒成立．
所以h(x)＝在[e，＋∞)上单调递增，则函数h(x)＝在区间[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee，即ee＜ea，解得a＞e，即实数a的取值范围是(e，＋∞).
INCLUDEPICTURE "专题强化练.TIF"
1．已知函数f(x)＝(x－1)·ln x－m(x＋1).
(1)若m＝1，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)当m＝1时，f(x)＝(x－1)ln x－(x＋1)(x>0)，则f′(x)＝ln x＋－1＝ln x－，所以f′(1)＝－1，又f(1)＝－2，所以切线方程为y＋2＝－(x－1)，即x＋y＋1＝0.
(2)因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)≥0恒成立，所以m≤·ln x．令g(x)＝·ln x(x>0)，则m≤g(x)min，g′(x)＝＋＝，令h(x)＝2ln x＋x－(x>0)，则h′(x)＝＋1＋＝＝＞0，
所以h(x)在(0，＋∞)上为增函数，又h(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0.所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0，所以m≤0，即实数m的取值范围为(－∞，0].
2．已知函数g(x)＝ax－a－ln x，f(x)＝xg(x)，且g(x)≥0.
(1)求实数a的值；
(2)证明：存在x0，f′(x0)＝0，且当0＜x0＜1，0＜x＜1时，f(x)≤f(x0).
解：(1)解：g(x)的定义域为(0，＋∞)，且g′(x)＝a－.因为g(x)≥0，且g(1)＝0，故只需g′(1)＝0.
又g′(1)＝a－1，则a－1＝0，所以a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－.
显然当0＜x＜1时，g′(x)＜0，此时g(x)在(0，1)上单调递减；
当x＞1时，g′(x)＞0，此时g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以1是g(x)的唯一极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，实数a的值为1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x(x>0)，f′(x)＝2x－2－ln x.
设h(x)＝2x－2－ln x(x>0)，则h′(x)＝2－.
则当x∈(0，)时，h′(x)＜0；
当x∈(，＋∞)时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
又h(e－2)＞0，h()＜0，h(1)＝0，所以h(x)在(0，]上有唯一零点x0，在[，＋∞)上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)＞0；当x∈(x0，1)时，h(x)＜0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x0是f(x)的唯一极大值点，
即x0是f(x)在(0，1)上的最大值点，
所以存在x0，f′(x0)＝0，且当03．(2024·江门模拟)已知函数f(x)＝x sin x＋cos x.
(1)当x∈(0，π)时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝－x2＋2ax，若对任意的x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)＝x sin x＋cos x，则f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x.
当x∈(0，π)时，令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得所以当x∈(0，π)时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，π).
(2)由题意得，f(x1)max≤g(x2)max，
当x∈[－π，π]时，f(－x)＝f(x)，
所以函数f(x)为偶函数．
由(1)得f(x)在[0，π]上的最大值为f()＝，
所以f(x)在[－π，π]上的最大值为.
所以对任意的x1∈[－π，π]，f(x1)max＝×＝.
故原问题转化为存在x2∈[0，1]，使得g(x2)≥成立，
即g(x2)max≥.
易知函数g(x)＝－x2＋2ax为二次函数，图象的对称轴为直线x＝a.
①当a≤0时，函数g(x)在区间[0，1]上的最大值为g(0)＝0，不合题意；
②当0令a2≥，得a≥或a≤－，所以≤a＜1.
③当a≥1时，函数g(x)在区间[0，1]上的最大值为g(1)＝2a－1，
令2a－1≥，得a≥，所以a≥1.
综上所述，实数a的取值范围是[，＋∞).
4．已知函数f(x)＝x－2ln x－＋b(a，b∈R)在(0，＋∞)上为增函数．
(1)求实数a的取值范围；
(2)若存在正数x1，x2(x1≠x2)满足f′(x1)＝f′(x2)＝b(f′(x)为f(x)的导函数)，求证：f(x1)＋f(x2)＞0.
解：(1)解：由题可得f′(x)＝1－＋＝，x＞0.
因为f(x)在定义域上为增函数，所以f′(x)≥0，
即≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以a≥－x2＋2x在(0，＋∞)上恒成立．
设y＝－x2＋2x，当x∈(0，＋∞)时，y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1∈(－∞，1]，所以a≥1，故实数a的取值范围是[1，＋∞).
(2)证明：由题意知x1，x2为方程f′(x)＝b，即方程－＋1－b＝0的正实根，所以，是方程ax2－2x＋1－b＝0的正实根，所以＋＝，＝，
所以＝，因为x1≠x2，
由基本不等式得2＜x1＋x2＝·x1x2，
所以x1x2＞a2.
f(x1)＋f(x2)＝(x1＋x2)－2ln (x1x2)－a(＋)＋2b.
令t＝x1x2＞a2，则由＝，
得b＝1－.
设g(t)＝t－2ln t－2＋2(1－)＝－2ln t＋t－(t>a2)，
当t∈(a2，＋∞)时，g′(t)＝－＋＋＝＝＞0，
所以g(t)在(a2，＋∞)上为增函数，从而g(t)＞g(a2)＝2(a－－2ln a).
令h(a)＝a－－2ln a(a≥1)，当a≥1时，h′(a)＝1＋－＝≥0，所以h(a)在[1，＋∞)上为增函数，得h(a)≥h(1)＝0.综上可得g(t)＞2h(a)≥0，即f(x1)＋f(x2)＞0得证．