第2课时 利用导数证明不等式
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)对f(x)求导得f'(x)=,分a≥0和a<0两种情况讨论f(x)的单调性即可;(2)要证f(x)≤--2+a,只需证f(x)max≤--2+a,结合(1)的结论得,即证ln ++1≤0恒成立,令t=->0,g(t)=ln t-t+1(t>0),利用导数求出g(t)的最大值即可得证.
解:(1)f(x)=ln x+ax2+(a+2)x+a,其定义域为(0,+∞),则f'(x)=+2ax+a+2==(x>0).
①当a≥0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当a<0时,若x∈,则f'(x)>0,f(x)在上单调递增;若x∈,则f'(x)<0,f(x)在上单调递减.
综上,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)证明:当a<0时,要证f(x)≤--2+a,只需证f(x)max≤--2+a,由(1)得,f(x)max=f=ln+-+a=ln-+a-1,即证ln++1≤0恒成立.令t=->0,g(t)=ln t-t+1(t>0),则g'(t)=-1=,
当t∈(0,1)时,g'(t)>0,g(t)单调递增,
当t∈(1,+∞)时,g'(t)<0,g(t)单调递减,∴g(t)的最大值为g(1)=0,即g(t)≤0,∴ln++1≤0恒成立,原命题得证.
变式题 解:(1)函数f(x)=cos x+xsin x,x∈(-π,π),求导得f'(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x,
当-π0,f(x)单调递增;当-0,f(x)单调递增;当(2)证明:当x∈[0,π)时,令F(x)=ex+e-x-2(cos x+xsin x),求导得F'(x)=ex-e-x-2xcos x≥ex-e-x-2x,
令φ(x)=ex-e-x-2x,x∈[0,π),求导得φ'(x)=ex+e-x-2≥2-2=0,当且仅当x=0时等号成立,
所以函数φ(x)在[0,π)上单调递增,则φ(x)≥φ(0)=0,故F'(x)≥0,故F(x)在[0,π)上单调递增,所以F(x)≥F(0)=0,所以2f(x)≤ex+e-x.
例2 [思路点拨] (1)求导,分类讨论a与0的关系,判断导函数的符号,从而得出原函数的单调区间;(2)利用主元思想,根据题设条件a≤2将问题转化成证明当x>1时,ex-1-2x+1+ln x>0恒成立即可.
解:(1)由题可得,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a-=.
当a≤0时,f'(x)=<0恒成立,故f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,若x∈,则f'(x)>0,f(x)单调递增,若x∈,则f'(x)<0,f(x)单调递减.
综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;
当a>0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
(2)证明:当a≤2,且x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+1+ln x,令g(x)=ex-1-2x+1+ln x(x>1),要证ex-1>f(x)恒成立,只需证g(x)>0恒成立.易知g'(x)=ex-1-2+(x>1),令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1-(x>1).
显然h'(x)在(1,+∞)上单调递增,则h'(x)>h'(1)=e0-1=0,即g'(x)=h(x)在(1,+∞)上单调递增,故g'(x)>g'(1)=e0-2+1=0,即g(x)在(1,+∞)上单调递增,故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln 1=0,得证.
变式题 解:(1)f'(x)=(ax2+4ax+2a+1)ex,当a=0时,f'(x)=ex>0恒成立.
当a≠0时,方程ax2+4ax+2a+1=0的判别式Δ=4a(2a-1),可得当a>时,f(x)的单调递增区间为,,单调递减区间为.
当0≤a≤时,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间.
当a<0时,f(x)的单调递增区间为,
单调递减区间为,.
(2)证明:f(x)=(ax2+2ax+1)ex-2=[(x2+2x)ex]a+ex-2.当x≥0时,令g(a)=[(x2+2x)ex]a+ex-2,a≤-,则g(a)在上单调递增,故g(a)≤g=-(x2+2x)ex+ex-2.当x≥0时,要证f(x)<0,只需证-(x2+2x)ex+ex-2<0,
即证(x2+2x-7)ex+14>0.
设h(x)=(x2+2x-7)ex+14,x≥0,则h'(x)=(x2+4x-5)ex=(x-1)(x+5)ex,当x∈[0,1)时,h'(x)<0,故h(x)在[0,1)上单调递减;当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上单调递增.所以当x≥0时,h(x)≥h(1)=14-4e>0,即当x≥0时,f(x)<0.
故原不等式得证.
例3 [思路点拨] (1)根据导数的运算和导数的几何意义即可求得结果;(2)由(1)可得f(x)的解析式,对要证的不等式进行变形,构造两个函数,分别利用导函数求出两函数在定义域内的最值,进而得证.
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1.由题意可得f(1)=b=2,f'(1)=ae-b+b=e,故a=1,b=2.
(2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ex-1,又x>0,故f(x)>1等价于xln x>xe-x-.设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x.当x∈时,g'(x)<0,当x∈时,g'(x)>0,故g(x)在上单调递减,在上单调递增,故g(x)的最小值为g=-.
设函数h(x)=xe-x-,x>0,则h'(x)=e-x(1-x).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,故h(x)的最大值为h(1)=-.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
变式题 解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),∵f'(x)=-a=(x>0),∴当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,由f'(x)>0,得0,即函数f(x)在上单调递增,在上单调递减.
综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)证明:要证f(x)-+2e≤0,只需证明f(x)≤-2e.
由(1)知,当a=e时,函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴f(x)max=f(1)=-e.
令g(x)=-2e(x>0),则g'(x)=,∴当x∈(0,1)时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,
∴g(x)min=g(1)=-e,
∴当a=e时,f(x)-+2e≤0.第2课时 利用导数证明不等式
1.解:(1)∵f(x)=(2-x)ex,∴f'(x)=-ex+(2-x)ex=(1-x)ex.当-1≤x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当1∴函数f(x)在区间[-1,2]上的最大值为e,最小值为0.
(2)证明:记g(x)=f(x)-x2+x-2e=(2-x)ex-x2+x-2e,x>0,则g'(x)=(1-x)(ex+1).当00,g(x)单调递增;
当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
则g(x)的最大值为g(1)=-e,而-e<0,故g(x)<0,即当x>0时,f(x)2.解:(1)因为f(x)=ax2-2ln x,
所以f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2ax-=,x>0.
当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,由f'(x)<0,得00,得x>,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:由(1)知,当a>0时,f(x)min=f=ln a+1,要证f(x)≥2-,只需证ln a+1≥2-,即证ln a+-1≥0.设φ(a)=ln a+-1,a>0,则φ'(a)=-=,令φ'(a)=0,得a=1,当a变化时,φ'(a),φ(a)的变化情况如表所示.
a (0,1) 1 (1,+∞)
φ'(a) - 0 +
φ(a) 单调递减 0 单调递增
所以φ(a)≥φ(1)=0,即ln a+-1≥0,所以f(x)≥2-.
3.证明:∵f(x)=cos x+x2-1,x∈,∴函数f(x)为偶函数,
要证f(x)≤0,只需证当x∈时,f(x)≤0.f'(x)=-sin x+x,令g(x)=-sin x+x,则g'(x)=-cos x.当x∈时,令g'(x)=0,得x=.当x∈时,g'(x)≤0,此时函数f'(x)单调递减;当x∈时,g'(x)≥0,此时函数f'(x)单调递增.∵f'(0)=0,f'=-1<0,
∴当x∈时,f'(x)≤0,故函数f(x)在上单调递减,此时f(x)≤f(0)=0,故对任意的x∈,f(x)≤0,得证.
4.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
由已知得f'(x)=-,
则解得
(2)由题意得g(x)=x·f(x)=xln x+(x>0),则g'(x)=ln x+1.
当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,g(x)的极小值为g=,无极大值.
(3)证明:要证f(x)>,即证ln x+>,只需证xln x+>.
令h(x)=(x>0),则h'(x)=,
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h(x)的极大值为h(1),即h(x)≤h(1)=.由(2)知,当x∈(0,+∞)时,g(x)≥g=,且g(x)的最小值点与h(x)的最大值点不同,
所以xln x+>,即ln x+>,所以f(x)>.
5.解:(1)函数f(x)=ln x+ax+1(a∈R)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=+a.当a≥0时,对任意x∈(0,+∞),f'(x)=+a>0恒成立,
所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
当a<0时,令f'(x)=+a==0,解得x=-,当x∈时,f'(x)>0,f(x)在区间上单调递增,当x∈时,f'(x)<0,f(x)在区间上单调递减.综上所述,当a≥0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.
(2)证明:当a≤2时,因为x>0,所以要证≤e2x,只需证ln x+ax+1≤xe2x,只需证ln x+2x+1≤xe2x,只需证e2x+ln x≥ln x+2x+1(*).
令g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1,
当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)≥g(0)=e0-0-1=0,所以ex≥x+1(当且仅当x=0时等号成立),所以(*)式成立,当且仅当2x+ln x=0时,等号成立.
令h(x)=2x+ln x,则h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h=-1<0,h(1)=2>0,
所以存在x0∈,使得h(x0)=2x0+ln x0=0,所以≤e2x.
6.解:(1)函数g(x)=xex-1+xln x的定义域为(0,+∞), g(x)的零点等价于k(x)=ex-1+ln x的零点,k'(x)=ex-1+>0,所以k(x)在(0,+∞)上单调递增,又k(1)=1>0,k=-1<0,所以k(x)在上存在唯一的零点,所以k(x)的零点个数为1,则g(x)的零点个数也为1.
(2)因为f(x)=x3+x2+ax,所以f'(x)=x2+x+a=+a-,所以f'(x)在区间(0,1]上单调递增,故f'(x)在区间(0,1]上的最大值为m=f'(1)=a+2.因为g(x)=xex-1+xln x,所以g'(x)=ex-1+xex-1+ln x+1=(x+1)ex-1+ln x+1.
令h(x)=(x+1)ex-1+ln x+1,则h'(x)=(x+2)ex-1+,当x∈(0,1]时,h'(x)>0,故g'(x)在区间(0,1]上单调递增,所以g'(x)在区间(0,1]上的最大值为n=g'(1)=3.
因为对任意的x1∈(0,1],总存在x2∈(0,1],使得f'(x1)≤g'(x2)-2成立,所以m≤n-2,即a+2≤3-2,解得a≤-1,故实数a的取值范围为(-∞,-1].
(3)证明:令s(x)=ex-1-x,x>0,则s'(x)=ex-1-1.
令s'(x)=0,解得x=1,则当x∈(0,1)时,s'(x)<0,s(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,s'(x)>0,s(x)单调递增.
所以s(x)≥s(1)=0,即ex-1≥x(当且仅当x=1时,等号成立).令F(x)=ln x+-1,则F'(x)=-=.
令F'(x)=0,解得x=1,则当x∈(0,1)时,F'(x)<0,F(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增.
所以F(x)≥F(1)=0,即ln x≥-+1(当且仅当x=1时,等号成立),
故ex-1+ln x≥x-+1(当且仅当x=1时,等号成立).又x>0,所以xex-1+xln x≥x2+x-1.
因为a≤-1,所以x2+x-1≥x2+x+a,故xex-1+xln x≥x2+x+a,
即g(x)≥f'(x)恒成立,得证.第2课时 利用导数证明不等式
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,利用函数的单调性、极值、最值加以证明.
(1)求最值型证明不等式:证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)0(或f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x),求其最值即可;
(2)主元思想证明不等式:对于多元不等式的证明,可以选择其中一个元为主元,其他的元统统视为参数(常数),构造主元函数,利用导数来证明;
(3)构造双函数证明不等式:若直接构造函数求导,难以判断符号,导函数的零点也不易求得,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.
求最值型证明不等式
例1 [2025·山东烟台模拟] 已知函数f(x)=ln x+ax2+(a+2)x+a.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a<0时,f(x)≤--2+a.
总结反思
求最值型证明不等式一般分下面两种情况:(1)先构造再证明,即先直接利用左减右构造函数h(x)=f(x)-g(x),再证明h(x)>0(或h(x)<0)在区间D上恒成立;(2)利用端点效应构造证明,即先求出其中一个函数的最大值f(x)max,再证明f(x)max≤g(x),证明时可以构造函数h(x)=f(x)max-g(x).
变式题 [2024· 广州一模] 已知函数f(x)=cos x+xsin x,x∈(-π,π).
(1)求f(x)的单调区间和极小值;
(2)证明:当x∈[0,π)时,2f(x)≤ex+e-x.
主元思想证明不等式
例2 [2024·全国甲卷] 已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a≤2,证明:当x>1时,f(x)
总结反思
根据条件,巧妙地利用a的范围进行放缩,消去一个“元”,大大简化了问题的难度.选取适当的字母作为主元,往往可以起到化难为易的作用.
变式题 已知函数f(x)=(ax2+2ax+1)ex-2.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a≤-,求证:当x≥0时,f(x)<0.
构造双函数证明不等式
例3 设函数f(x)=aexln x+,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的值;
(2)证明: f(x)>1.
总结反思
当通过参变分离得到的函数直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证不等式进行变形,构造两个都便于求导的函数,即转变为两个函数之间最值的比较,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目的.
变式题 已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=e时,证明:f(x)-+2e≤0.第2课时 利用导数证明不等式
(时间:45分钟)
1.[2024·哈尔滨九中模拟] 已知函数f(x)=(2-x)ex.
(1)求函数f(x)在区间[-1,2]上的最值;
(2)当x>0时,证明:f(x)2.[2024·淮安模拟] 已知函数f(x)=ax2-2ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)求证:当a>0时,f(x)≥2-.
3.已知函数f(x)=cos x+x2-1,x∈.证明:f(x)≤0.
4.已知函数f(x)=aln x+的图象在x=1处的切线方程是y=x+-1.
(1)求a,b的值;
(2)若函数g(x)=xf(x),求g(x)的单调区间与极值;
(3)证明:f(x)>.
5.[2024·江苏苏州模拟] 已知函数f(x)=ln x+ax+1,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a≤2时,证明:≤e2x.
6.已知函数f(x)=x3+x2+ax,g(x)=xex-1+xln x.
(1)判断函数g(x)的零点个数,并说明理由;
(2)若对任意的x1∈(0,1],总存在x2∈(0,1],使得f'(x1)≤g'(x2)-2成立,求实数a的取值范围;
(3)在(2)的条件下,证明:对任意的x>0,g(x)≥f'(x)恒成立.(共62张PPT)
第19讲 导数与不等式
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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,利用函数的
单调性、极值、最值加以证明.
（1）求最值型证明不等式：证明不等式
（或）转化为证明 （或
）,进而构造辅助函数 ，求其最值
即可;
（2）主元思想证明不等式：对于多元不等式的证明，可以选择
其中一个元为主元，其他的元统统视为参数（常数），构造主元函
数，利用导数来证明；
（3）构造双函数证明不等式：若直接构造函数求导,难以判断符
号,导函数的零点也不易求得,因此函数单调性与极值点都不易获得,则
可构造函数和 ,利用其最值求解.
探究点一 求最值型证明不等式
例1 [2025·山东烟台模拟] 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
［思路点拨］对求导得，
分和 两种情况讨论 的单调性即可；
解：，其定义域为 ，
则 .
①当时，,在 上单调递增.
②当时，若，
则，在 上单调递增；
若，则,在 上单调递减.
综上，当时，在上单调递增;
当时， 在上单调递增，在 上单调递减.
（2）证明：当时， .
［思路点拨］要证 ，只需证 ，
结合（1）的结论得，即证恒成立，
令 ,，
利用导数求出 的最大值即可得证.
证明：当时，要证 ，
只需证 ，
由（1）得，
，即证恒成立.
令 ,，则 ,
当时，, 单调递增，
当时，,单调递减，
的最大值为，即，
恒成立，原命题得证.
[总结反思]
求最值型证明不等式一般分下面两种情况:（1）先构造再证明,即先
直接利用左减右构造函数,再证明
（或）在区间上恒成立;（2）利用端点效应构造证明,即先
求出其中一个函数的最大值,再证明,证明时
可以构造函数.
（1）求 的单调区间和极小值；
变式题 [2024· 广州一模] 已知函数 ,
.
解：函数， ，
求导得 ，
当时，,单调递增；
当 时，,单调递减；
当时，, 单调递增；
当 时，,单调递减.
所以 的单调递增区间为,，
单调递减区间为,. 的极小值为 .
（2）证明：当时， .
证明：当时，令 ，
求导得 ，
令， ，
求导得，
当且仅当 时等号成立，所以函数在上单调递增，
则 ，故,故在上单调递增，
所以 ，所以 .
探究点二 主元思想证明不等式
例2 [2024· 全国甲卷] 已知函数 ．
（1）求 的单调区间；
［思路点拨］求导，分类讨论 与0的关系，
判断导函数的符号，从而得出原函数的单调区间；
解：由题可得,的定义域为, .
当时,恒成立,故在 上单调递减；
当时,若,则, 单调递增，
若,则, 单调递减.
综上所述,当时,的单调递减区间为 ,无单调递增区间；
当时,的单调递增区间为,单调递减区间为 .
（2）若，证明：当时， 恒成立．
［思路点拨］利用主元思想，根据题设条件 将问题转化成证明
当时， 恒成立即可.
证明：当，且 时，
，令，
要证 恒成立，只需证恒成立.
易知 ，令，
则 .
显然在上单调递增，则 ，
即在 上单调递增，
故，即在 上单调递增，
故 ，得证.
[总结反思]
根据条件，巧妙地利用的范围进行放缩，消去一个“元”，大大简化了
问题的难度.选取适当的字母作为主元，往往可以起到化难为易的作用.
变式题 已知函数 .
（1）求 的单调区间；
解：,
当时， 恒成立.
当时，方程的判别式 ,
可得当时，的单调递增区间为 ,
,单调递减区间为 .
当时，的单调递增区间为 ,无单调递减区间.
当时，的单调递增区间为 ,
单调递减区间为, .
（2）若,求证：当时， .
证明： .
当时，令,,
则 在上单调递增，
故 .
当时，要证,只需证 ,
即证 .
设, ,
则,
当 时，,故在上单调递减；
当时， , 故在上单调递增.
所以当 时，,
即当时， .故原不等式得证.
探究点三 构造双函数证明不等式
例3 设函数,曲线在点 处的切
线方程为 .
（1）求, 的值；
［思路点拨］根据导数的运算和导数的几何意义即可求得结果；
解：函数的定义域为 ，
由题意可得 ，，故， .
（2）证明: .
［思路点拨］由（1）可得 的解析式，对要证的不等式进行变形，
构造两个函数，分别利用导函数求出两函数在定义域内的最值，进
而得证.
证明：由（1）知，，
又，故 等价于.
设函数，则 .
当时，，当时，，
故 在上单调递减，在上单调递增，
故 的最小值为 .
设函数，，则.
当 时，，当时，，
故在 上单调递增，在上单调递减，
故的最大值为 .
综上，当时，，即 .
[总结反思]
当通过参变分离得到的函数直接求导比较复杂或无从下手时,可将待
证不等式进行变形,构造两个都便于求导的函数,即转变为两个函数之
间最值的比较,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目的.
变式题 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
解：函数的定义域为,,
当时，在上恒成立，
故函数在 上单调递增；
当时，由,得,由 ,得,
即函数在上单调递增，在 上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时， 在上单调递增，在 上单调递减.
（2）当时，证明: .
证明：要证,只需证明 .
由（1）知，当时，函数在上单调递增，
在 上单调递减， .
令,则,
当 时，,函数单调递减，
当时， ,函数 单调递增，
,当时， .
【备选理由】例1是求最值型证明不等式，难度不大，适合中等生加
强训练；
例1 ［配例1使用］ 已知函数的图象在 处的切
线垂直于 轴.
（1）求函数 的单调区间；
解：因为函数的图象在处的切线垂直于 轴，
所以 .
由得，则，得 ，
则， .
当时，，此时单调递减；
当 时，，此时 单调递增.
故的单调递增区间为，单调递减区间为 .
（2）若，证明： .
证明：要证，只需证 ，
即证.
设， ,
则，
令 ，,则 ，
令，,则，
当 时，恒成立，则在 上单调递增，
则易知在 上单调递减，
则，
则在 上单调递减，
则，
则在上恒成立，则 在上单调递减，
故，故 .
例2 ［配例2使用］ 设函数在区间上的导函数为，
在区间上的导函数为，若在区间上， 恒成立，则称
函数在区间上为“凸函数”.已知实数 为常数，
，若对满足的任何一个实数 ，函数
在区间上都为“凸函数”，则 的最大值为( )
A.4 B.3 C.2 D.1
√
【备选理由】例2是一道经典的主元思想的问题；
[解析] 由可得，
设 的导函数为，则.
在区间上，当 时，
恒成立等价于当 ，
即时，关于的一次函数 恒成立，
所以且，即解得 ，
所以 ，故选C.
例3 ［配例3使用］ 已知函数 .
（1）求函数在 上的最小值；
【备选理由】例3考查构造双函数证明不等式，构造的两个函数的
最小值和最大值相同，但取得最值时 的取值不一样.
解：由,,得 ,令，得 .
当时，, 单调递减；
当时，, 单调递增.
①当,即 时，
在上的最小值 ;
②当,即时，在上单调递增，
在上的最小值 .
所以在上的最小值
（2）证明：对任意,都有 成立.
证明：原问题等价于证明 .
由（1）可知的最小值是 ,
当且仅当 时取到最小值.
设 ,则 ,
由得，故在 上单调递减，
由得，故在 上单调递增，
故，当且仅当 时取到最大值，
故对任意, ,两个等号不能同时取到，
所以对任意，都有 成立.
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.[2024·哈尔滨九中模拟] 已知函数 .
（1）求函数在区间 上的最值；
解：， .
当时，, 单调递增；
当时，,单调递减.
又, , ，
函数在区间上的最大值为 ，最小值为0.
（2）当时，证明： .
证明：记 ，
，则.
当时，, 单调递增；
当时，, 单调递减.
则的最大值为，而，
故 ，即当时， .
2.[2024·淮安模拟] 已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
解：因为 ,所以的定义域为，
， .
当时，，在上单调递减；
当 时，由，得，由，得，
所以 在上单调递减，在 上单调递增.
综上，当时，在上单调递减；
当时， 在上单调递减，在 上单调递增.
（2）求证：当时， .
证明：由（1）知，当时， ，
要证，只需证，即证 .
设，，则，
令 ，得，当变化时，, 的变化情况如表所示.
1
- 0
单调递减 0 单调递增
所以，即，所以 .
◆ 综合提升 ◆
3.已知函数， . 证明： .
证明：，，函数 为偶函数，
要证,只需证当时，
，令,则.
当 时，令，得.
当时，，此时函数 单调递减；
当时，，此时函数 单调递增.
， ， 当时，，
故函数在 上单调递减，此时，
故对任意的， ，得证.
4.已知函数的图象在 处的切线方程是
.
（1）求, 的值；
解：函数的定义域为 ,由已知得 ，
则解得
（2）若函数，求 的单调区间与极值；
解：由题意得 ，则 .
当时，，单调递减，
当 时，， 单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
的极小值为 ，无极大值.
（3）证明： .
证明：要证,即证，只需证 .
令，则 ，当时，,
单调递增，当 时，,单调递减，
所以的极大值为 ，即.
由（2）知，当时， ，
且的最小值点与 的最大值点不同，
所以，即,所以 .
◆ 能力拓展 ◆
5.[2024·江苏苏州模拟] 已知函数, ．
（1）讨论 的单调性；
解：函数的定义域为 ，
且．
当时，对任意, 恒成立，
所以在区间 上单调递增；
当时，令，解得 ，
当时，,在区间 上单调递增，
当时，,在区间 上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当 时，在区间上单调递增，
在区间 上单调递减．
（2）当时，证明： .
证明：当时，因为，所以要证 ，
只需证，只需证 ，
只需证 ．
令，则 ，
当时，,单调递减，
当 时，,单调递增，
所以 ，
所以（当且仅当时等号成立），
所以 式成立，当且仅当 时，等号成立．
令，则在 上单调递增，
又, ，
所以存在，使得,所以 ．
6.已知函数, .
（1）判断函数 的零点个数，并说明理由；
解：函数的定义域为，
的零点等价于的零点，
，所以 在上单调递增，
又, ，
所以在上存在唯一的零点，所以的零点个数为1，
则 的零点个数也为1.
（2）若对任意的，总存在 ，使得
成立，求实数 的取值范围；
解：因为 ，
所以，
所以在区间 上单调递增，
故在区间上的最大值为 .
因为 ，
所以 .
令，则 ，
当时，，故在区间上单调递增，
所以 在区间上的最大值为 .
因为对任意的，总存在 ，
使得成立，所以，
即 ，解得，故实数的取值范围为 .
（3）在（2）的条件下，证明：对任意的， 恒成立.
证明：令，，则 .
令，解得，
则当时，， 单调递减；
当时，， 单调递增.
所以，即（当且仅当 时，等号成立）.
令，则 .
令，解得，
则当时，， 单调递减；
当时，， 单调递增.
所以，即（当且仅当 时,等号成立）,
故（当且仅当时，等号成立）.
又 ，所以 .
因为，所以 ，
故 ，即 恒成立，得证.
课堂考点探究
例1(1)当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)略
变式题(1) f(x)的单调递增区间为,,单调递减区间为,.f(x)的极小值为f(0)=1. (2)略
例2(1)当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;当a>0时,f(x)的单调递增区间为,
单调递减区间为. (2)略 变式题(1)当a>时,f(x)的单调递增区间为,,
单调递减区间为.当0≤a≤时,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间.
当a<0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为,.
(2)略 例3(1) a=1,b=2. (2)略 变式题(1)当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在上单调递增,
在上单调递减. (2)略
教师备用习题
例1 (1)故的单调递增区间为，单调递减区间为 . (2)略
例2 C 例3(1)在上的最小值 (2)略
基础热身
1.(1)最大值为 ,最小值为0. (2)略 2.(1)当时,在上单调递减；
当时, 在上单调递减,在 上单调递增. (2)略
综合提升
3.略 4.(1)a=1,b=2. (2)所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
的极小值为 ,无极大值. (3)略
能力拓展
5.(1) 当时,在区间上单调递增；当 时,在区间上单调递增，
在区间 上单调递减. (2)略 6.(1) 1 (2) (3)略
