第4节 利用导数确定原函数的图象
壹 利用导函数作图
1 1
利用导函数研究：原函数 y= x33 - x
2
2 - 2x+ 1
导函数 y = x2- x- 2
y
y= 13 x3- 1 23 2 x -2x+1
2
y
1y =x2-x-2
1
4 3 2 1O 1 2 3 4 x
2 1O 1 2 x
1
1 2
2 3
例题分析
例设 f(x) = (2- x) (x+ 2)2
(1)求 f(x)的极值点；
(2)求 f(x)的单调区间；
(3)求 f(x)在 -5,1 的最大值与最小值；
(4)画 f(x)的草图.
解 由题意，f (x) =-3x2- 4x+ 4，令 f (x) = 0，解得，x1=-2，x2= 23 ，
当 x变化是，f (x)，f(x)变化状态如下表：
x (-∞ ,-2) -2 -2, 23
2 23 3 ,+∞
f (x) - 0 + 0 -
f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
(1)为 x=-2为 f(x)的极小值点，x= 23 为 f(x)的极大值点；
(2) f(x)的单调递增区间为 -2, 23 ，单调递减区间为 (-∞ ,-2)和
2
3 ,+∞ ；
(3)由表可知，f(x)的极小值为 f(-2) = 0，f(x)的极大值为 f 23 =
256
27 ，又因为 f(-5) = 63，f(1) = 9 ,故 f(x)在 [-5
, 1]上的最大值为 63，最小值为 0；
(4) f(x)的草图如下所示：
y
256
27
-2 2 x
3
1
例题分析
例求 f(x) = lnxx 的极值，并画出函数的草图
解 函数 f(x) = lnxx 的定义域为 (0，+∞)，且 f′ (x) =
1-lnx
2 .令 f′ (x) = 0，解得 x= e.x
当 x变化时，f′ (x)与 f(x)的变化情况如下表：
x (0，e) e (e，+∞)
f′ (x) + 0 -
f(x) 单调递增 1e 单调递减
因此，x= e是函数的极大值点，极大值为 f(e) = 1e ，没有极小值．
函数的草图如图所示．
变式1 若函数 f(x) = ex- ax2- 2ax有两个极值点，则实数 a的取值范围为 ( )
A. - 1 1 1 12 ，0 B. -∞，- 2 C. 0，2 D. 2 ，+∞
答案 D
解：由 f(x) = ex- ax2- 2ax，得 f ′ (x) = ex- 2ax- 2a.因为函数 f(x) = ex- ax2- 2ax有两个极值点，所以 f ′ (x) = ex- 2ax- 2a有两个变号零
点，令 f ′ (x) = 0，得 1 x+12a = ex
，
设 g(x) = x+1x ，y=
1
2a ；则 g′ (x) =-
x x
x ，令 g′ (x) = 0，即- x = 0，解得 x= 0，e e e
当 x> 0时，g′ (x)< 0；当 x< 0时，g′ (x)> 0，所以 g(x)在 (-∞，0)上单调递增，在 (0，+∞)上单调递减．
分别作出函数 g(x) = x+1 与 y= 1 的图象，如图所示，
ex 2a
由图可知，0< 1 12a < 1，解得 a> 2 ，
所以实数 a的取值范围为 12 ，+∞ .
贰 导函数与原函数的图象问题
例题1.已知函数 y= f(x)的图象如图所示，则函数 y= f′ (x)的图象可能是图中的 ( )
2
答案 C
解：由函数 y= f(x)的图象的增减变化趋势判断函数 y= f′ (x)的正、负情况如下表：
x (-1，b) (b，a) (a , 1)
f(x) ↘ ↗ ↘
f′ (x) - + -
由表可知函数 y= f′ (x)的图象，当 x∈ (-1，b)时，在 x轴下方；当 x∈ (b，a)时，在 x轴上方；当 x∈
(a , 1)时，在 x轴下方．故选C.
变式1 设函数 f(x)在定义域内可导，y= f(x)的图象如图所示，则导函数 f′ (x)的图象可能是 ( )
答案 C
解：原函数的单调性是当 x< 0时，增；当 x> 0时，单调性变化依次为增、减、增．
故当 x< 0时，f ′ (x)> 0；当 x> 0时，f ′ (x)的符号变化依次为+、-、+.故选C.
例题2. (多选)函数 f x 的导函数 f x 的图象如图所示，则 ( )
A. - 1是函数 f x 的极值点 B. 3是函数 f x 的极大值点
C. f x 在区间 -1,4 上单调递减 D. 1是函数 f x 的极小值点
【答案】AC
【详解】对于A项，由图象可知，当 x<-1时，f x > 0，所以 f x 在 -∞,-1 上单调递增；当-1<
x< 3时，f x < 0，所以 f x 在 -1,3 上单调递减.所以，f x 在 x=-1处取得极大值.故A正确；
对于B项，由图象可知，当 x>-1时，f x ≤ 0恒成立，且不恒为 0，所以 f x 在 -1,+∞ 上单调递
减.所以，3不是函数 f x 的极大值点.故B错误；
对于C项，由B可知，f x 在区间 -1,4 上单调递减.故C正确；
对于D项，由B可知，f x 在 -1,+∞ 上单调递减.所以，1不是函数 f x 的极小值点.故D错误.
故选：AC.
变式1 (多选)已知函数 y= f(x)的导函数 y= f′ (x)的图象如图所示，则 ( )
3
A. 在区间 (-2 , 1)上单调递增 B. f(x)在区间 (-2 , 5)上有且仅有 2个极值点
C. f(x)在区间 (-2 , 5)上最多有 4个零点 D. f(x)在区间 (1 , 3)上存在极大值点
【答案】CD
【详解】由图可知，y= f x 在区间 -2,-1 为负，f x 单调递减，在区间 -1,1 为正，f x 单调递增，故A错误；
y= f x 在区间 -2,5 上有 3个零点，且零点附近左右两边 f x 的值一正一负，故 f x 有 3个极值点，故B错误；
y= f x 在区间 -2,-1 ，(2 , 4)为负，f x 单调递减，在区间 -1,2 ，(4 , 5)为正，f x 单调递增，则 f(x)在 x=-1与 x= 4时取得极小值，
在 x= 2时取得极大值，则当 x→-∞与 x→+∞时，f(x)> 0，且 f(-1)< 0 , f(2)> 0 , f(4)< 0时，f(x)在区间 (-2 , 5)上最多有 4个零点,故C
正确；
y= f x 在区间 1,2 上为正，f x 单调递增，y= f x 在区间 2,3 上为负，f x 单调递减，则 f 2 为极大值点，故D正确；
故选：CD.
f (x)
例题3. (多选)已知定义域为R的函数 f(x)，且函数 y= x 的图象如图，则下列结论中正确的是
( )
A. f (-1) = f (1) = 0 B. 函数 f(x)在区间 (-∞ ,-1)上单调递减
C. 当 x=-1时，函数 f(x)取得极小值 D. 当 x= 1时，函数 f(x)取得极小值
【答案】AD
f (-1) = f
(1)
【详解】由图知： -1 1 = 0，即 f
(-1) = f (1) = 0，A对；
∈ (-∞ ,- ) f (x)由 x 1 上 x < 0，故 f
(x)> 0，则 f(x)在区间 (-∞ ,-1)上单调递增，B错；
x∈ (-1 , 0)和 (1 ,+∞) f (x)上 x > 0，x∈ (-∞ ,-1)和 (0 ,
f (x)
1)上 x < 0，所以 x∈ (-∞ ,-1)、x∈
(1 ,+∞)上 f (x)> 0，x∈ (-1 , 0)、x∈ (0 , 1)上 f (x)< 0，故 f(x)在 (-∞ ,-1)、(1 ,+∞)上递增，(-1 ,
0)、(0 , 1)上递减，则 f(-1)为极大值，f(1)为极小值，C错，D对.
故选：AD
变式1 设函数 f x 在R上可导，其导函数为 f x ，且函数 y= x+1 f x 的图象如图所示，则下列结
论中正确的是 ( )
A. 函数 f x 有极大值 f -3 和 f 3 B. 函数 f x 有极小值 f -3 和 f 3
4
C. 函数 f x 有极小值 f 3 和极大值 f -3 D. 函数 f x 有极小值 f -3 和极大值 f 3
【答案】D
【详解】解：由图可知，当 x<-3时，x+ 1< 0，当 f x < 0，当-3< x<-1时，x+ 1< 0，则 f x > 0，当-1< x< 3时，x+ 1> 0，则 f x >
0，当 x> 3时，x+ 1> 0，则 f x < 0，所以函数 f x 有极小值 f -3 和极大值 f 3 .故选：D.
课后练习
A组
1.设函数 f(x)在定义域内可导，y= f(x)的图象如图所示，则导函数 y= f′ (x)的图象可能为 ( )
答案 D
解：由函数的图象可知：当 x< 0时，函数单调递增，导数始终为正；当 x> 0时，函数先增后减再增，即
导数先正后负再正，对照选项，应选D.
2.已知 f′ (x)是 f(x)的导函数，f′ (x)的图象如图所示，则 f(x)的图象只可能是 ( )
答案 D
解：从 f ′ (x)的图象可以看出，在区间 a，a+b 内，导数单调递增；在区间 a+b2 2 ，b 内，导数单调递
减．即函数 f(x)的图象在 a，a+b2 内越来越陡，在
a+b
2 ，b 内越来越平缓，由此可知，只有选项
D符合．
3.已知 y= xf ′ (x)的图象如图所示 (其中 f ′ (x)是函数 f(x)的导函数)，则所给的四个图象中，y= f(x)的
图象大致是 ( )
5
答案 C
解：当 0< x< 1时，xf ′ (x) < 0，∴ f ′ (x) < 0，故 y= f(x)在 (0 , 1)上单调递减；当 x> 1时，xf ′ (x) >
0，∴ f′ (x)> 0，故 y= f(x)在 (1，+∞)上单调递增．故选C.
4.函数 y= f(x)在定义域 - 32 ，3 内可导，其图象如图，记 y= f(x)的导函数为 y= f ′ (x)，则不等式 f ′
(x)< 0的解集为 - 13 ，1 ∪(2,3) ．
解：因为 y= f(x)在区间 - 13 ，1 和区间 (2 , 3)上单调递减，所以在区间 -
1
3 ，1 和区间 (2 , 3)上 f ′
(x)< 0.
5.设函数 f(x)的图象如图所示，则导函数 f′ (x)的图象可能为 ( )
答案 C
解：∵ f(x)在 (-∞，1)，(4，+∞)上单调递减，在 (1 , 4)上是单调递增，∴当 x< 1或 x> 4时，f ′ (x)<
0；当 1< x< 4时，f′ (x)> 0.
6. (多选)如图是函数 y= f(x)的导函数 f′ (x)的图象，则下列判断正确的是 ( )
6
A. 在区间 (-2 , 1)上，f(x)单调递增 B. 在 (1 , 2)上，f(x)单调递增
C. 在 (4 , 5)上，f(x)单调递增 D. 在 (-3，-2)上，f(x)单调递增
答案 BC
解：由题图知当 x∈ (1 , 2)，x∈ (4 , 5)时，f ′ (x)> 0，所以在 (1 , 2)，(4 , 5)上，f(x)是单调递增，当 x∈
(-3，-2)时，f′ (x)< 0，所以在 (-3，-2)上，f(x)是单调递减．
7.函数 f(x) = xcos x的导函数 f′ (x)在区间 [-π，π]上的图象大致是 ( )
答案 A
解：因为 f(x) = xcos x，所以 f ′ (x) = cos x- xsin x.因为 f ′ (-x) = f ′ (x)，所以 f ′ (x)为偶函数，所以
函数图象关于 y轴对称．由 f′ (0) = 1可排除C，D.而 f′ (1) = cos 1- sin 1< 0，排除B.
B组
f′(x)
8.函数 f(x)的图象如图所示，f′ (x)为函数 f(x)的导函数，则不等式 x < 0的解集为_______．
答案 (-3，-1) ∪ (0 , 1)
解：由题图知，当 x∈ (-∞，-3) ∪ (-1 , 1)时，f′ (x)< 0；
当 x∈ (-3，-1) ∪ (1，+∞) f′(x)时，f′ (x)> 0，故不等式 x < 0的解集为 (-3，-1) ∪ (0 , 1)．
9.已知函数 f(x)是R上的偶函数，且在 (0，+∞)上有 f ′ (x) > 0，若 f(-1) = 0，则关于 x的不等式 xf(x)
< 0的解集是________________．
答案 (-∞，-1) ∪ (0 , 1)
解：因为在 (0，+∞)上 f ′ (x) > 0，所以 f(x)在 (0，+∞)上单调递增，又 f(x)为偶函数，所以 f(-1) =
f(1) = 0，且 f(x)在 (-∞，0)上单调递减，f(x)的草图如图所示，
所以 xf(x)< 0的解集为 (-∞，-1) ∪ (0 , 1)．
10.求下列函数的图象
(1) f(x) = xlnx (2) f(x) = x
x
(3) f(x) = x (4) f(x) = xex (5) f(x) = xx (6) f(x) =
e
lnx lnx e x
7
y y
y 1
e e
1 e x
1
e
1 1 ex x- e
f(x)= x ( )= lnxf(x)=xlnx lnx f x x
y
y
y
1 e
e
1 x
-1
- 1e x 1 x
x ex
f(x)=xex f(x)= ex f(x)= x
8第4节 利用导数确定原函数的图象
壹 利用导函数作图
1 1
利用导函数研究：原函数 y= x33 - x
2
2 - 2x+ 1
导函数 y = x2- x- 2
y
y= 13 x3- 1 23 2 x -2x+1
2
y
1y =x2-x-2
1
4 3 2 1O 1 2 3 4 x
2 1O 1 2 x
1
1 2
2 3
例题分析
例设 f(x) = (2- x) (x+ 2)2
(1)求 f(x)的极值点；
(2)求 f(x)的单调区间；
(3)求 f(x)在 -5,1 的最大值与最小值；
(4)画 f(x)的草图.
解 由题意，f (x) =-3x2- 4x+ 4，令 f (x) = 0，解得，x1=-2，x2= 23 ，
当 x变化是，f (x)，f(x)变化状态如下表：
x (-∞ ,-2) -2 -2, 23
2 23 3 ,+∞
f (x) - 0 + 0 -
f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
(1)为 x=-2为 f(x)的极小值点，x= 23 为 f(x)的极大值点；
(2) f(x)的单调递增区间为 -2, 23 ，单调递减区间为 (-∞ ,-2)和
2
3 ,+∞ ；
(3)由表可知，f(x)的极小值为 f(-2) = 0，f(x)的极大值为 f 23 =
256
27 ，又因为 f(-5) = 63，f(1) = 9 ,故 f(x)在 [-5
, 1]上的最大值为 63，最小值为 0；
(4) f(x)的草图如下所示：
y
256
27
-2 2 x
3
1
例题分析
例 f(x) = lnx求 x 的极值，并画出函数的草图
解 函数 f(x) = lnxx 的定义域为 (0，+∞)，且 f′ (x) =
1-lnx
2 .令 f′ (x) = 0，解得 x= e.x
当 x变化时，f′ (x)与 f(x)的变化情况如下表：
x (0，e) e (e，+∞)
f′ (x) + 0 -
f(x) 单调递增 1e 单调递减
因此，x= e是函数的极大值点，极大值为 f(e) = 1e ，没有极小值．
函数的草图如图所示．
变式1 若函数 f(x) = ex- ax2- 2ax有两个极值点，则实数 a的取值范围为 ( )
A. - 12 ，0 B. -∞
1
，- 2 C. 0
1
，2 D.
1
2 ，+∞
贰 导函数与原函数的图象问题
例题1.已知函数 y= f(x)的图象如图所示，则函数 y= f′ (x)的图象可能是图中的 ( )
变式1 设函数 f(x)在定义域内可导，y= f(x)的图象如图所示，则导函数 f′ (x)的图象可能是 ( )
2
例题2. (多选)函数 f x 的导函数 f x 的图象如图所示，则 ( )
A. - 1是函数 f x 的极值点 B. 3是函数 f x 的极大值点
C. f x 在区间 -1,4 上单调递减 D. 1是函数 f x 的极小值点
变式1 (多选)已知函数 y= f(x)的导函数 y= f′ (x)的图象如图所示，则 ( )
A. 在区间 (-2 , 1)上单调递增 B. f(x)在区间 (-2 , 5)上有且仅有 2个极值点
C. f(x)在区间 (-2 , 5)上最多有 4个零点 D. f(x)在区间 (1 , 3)上存在极大值点
f (x)
例题3. (多选)已知定义域为R的函数 f(x)，且函数 y= x 的图象如图，则下列结论中正确的是
( )
A. f (-1) = f (1) = 0 B. 函数 f(x)在区间 (-∞ ,-1)上单调递减
C. 当 x=-1时，函数 f(x)取得极小值 D. 当 x= 1时，函数 f(x)取得极小值
变式1 设函数 f x 在R上可导，其导函数为 f x ，且函数 y= x+1 f x 的图象如图所示，则下列结
论中正确的是 ( )
A. 函数 f x 有极大值 f -3 和 f 3 B. 函数 f x 有极小值 f -3 和 f 3
C. 函数 f x 有极小值 f 3 和极大值 f -3 D. 函数 f x 有极小值 f -3 和极大值 f 3
课后练习
A组
1.设函数 f(x)在定义域内可导，y= f(x)的图象如图所示，则导函数 y= f′ (x)的图象可能为 ( )
3
2.已知 f′ (x)是 f(x)的导函数，f′ (x)的图象如图所示，则 f(x)的图象只可能是 ( )
3.已知 y= xf ′ (x)的图象如图所示 (其中 f ′ (x)是函数 f(x)的导函数)，则所给的四个图象中，y= f(x)的
图象大致是 ( )
4.函数 y= f(x) 3在定义域 - 2 ，3 内可导，其图象如图，记 y= f(x)的导函数为 y= f ′ (x)，则不等式 f ′
(x)< 0的解集为 ．
4
5.设函数 f(x)的图象如图所示，则导函数 f′ (x)的图象可能为 ( )
6. (多选)如图是函数 y= f(x)的导函数 f′ (x)的图象，则下列判断正确的是 ( )
A. 在区间 (-2 , 1)上，f(x)单调递增 B. 在 (1 , 2)上，f(x)单调递增
C. 在 (4 , 5)上，f(x)单调递增 D. 在 (-3，-2)上，f(x)单调递增
7.函数 f(x) = xcos x的导函数 f′ (x)在区间 [-π，π]上的图象大致是 ( )
B组
f′(x)
8.函数 f(x)的图象如图所示，f′ (x)为函数 f(x)的导函数，则不等式 x < 0的解集为_______．
9.已知函数 f(x)是R上的偶函数，且在 (0，+∞)上有 f ′ (x) > 0，若 f(-1) = 0，则关于 x的不等式 xf(x)
< 0的解集是________________．
10.求下列函数的图象
x
(1) f(x) = xlnx (2) f(x) = x (3) f(x) = x (4) f(x) = xex (5) f(x) = xx (6) f(x) =
e
lnx lnx e x
5第5节 利用导数证明不等式
第 1课时 不等式的证明
壹 将不等式转化为函数的最值问题
例题1.已知函数 f(x) = ex- ax- a，a∈R.
(1)讨论 f(x)的单调性；
( 2f(x)2)当 a= 1时，令 g(x) = 2 .证明：当 x> 0时，g(x)> 1.x
(1)解 函数 f(x) = ex- ax- a的定义域为R，求导得 f′ (x) = ex- a，
当 a≤ 0时，f′ (x)> 0恒成立，即 f(x)在 (-∞，+∞)上单调递增，
当 a> 0时，令 f′ (x) = ex- a> 0，解得 x> ln a，令 f′ (x)< 0，解得 x< ln a，
即 f(x)在 (-∞，ln a)上单调递减，在 (ln a，+∞)上单调递增，
所以当 a≤ 0时，f(x)在 (-∞，+∞)上单调递增，
当 a> 0时，f(x)在 (-∞，ln a)上单调递减，在 (ln a，+∞)上单调递增．
2(ex( ) -x-1)2 证明 当 a= 1时，g(x) =
x2
，
1 2
2(ex> -x-1)
2
当 x 0时， > 1 ex> 1+ x+ x 2
x +x+1
2 2 x < 1，x e
1 x2+x+1 - 1 x2
令F(x) = 2 x - 1，x> 0，F′ (x) =
2
x < 0恒成立，则F(x)在 (0，+∞)上单调递减，e e
1 x21 2 +x+1F(x)所以当 x> 0时，g(x)> 1，即原不等式得证．
变式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.
(1)解 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，函数 f(x)在区间 (-∞，ln 2)上单调递减；
当 x> ln 2时，f ′ (x)> 0，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)的极小值为 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= 2- 2ln 2+ 2a，
又 a> ln 2- 1，则 g′ (x)min> 0，
于是对 x∈ (0，+∞)，都有 g′ (x)> 0，
所以 g(x)在 (0，+∞)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.
1
贰 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
例题1.已知函数 f(x) = eln x- ax(a∈R)．
(1)讨论 f(x)的单调性；
x
(2)当 a= e时，证明 f(x) - ex + 2e≤ 0.
(1)解 函数的定义域为 (0，+∞)，
∵ f′ (x) = e - a= e-axx x (x> 0)，
∴当 a≤ 0时，f′ (x)> 0在 (0，+∞)上恒成立，故函数 f(x)在区间 (0，+∞)上单调递增；
当 a> 0时，由 f′ (x)> 0，得 0< x< ea ，由 f′ (x)< 0，得 x>
e
a ，即函数 f(x)在区间 0，
e
a 上单调
递增，在 ea ，+∞ 上单调递减．
综上，当 a≤ 0时，f(x)在区间 (0，+∞)上单调递增；当 a> 0时，f(x)在区间 0，ea 上单调递增，在
ea ，+∞ 上单调递减．
(2)证明 证明 f(x) - e
x x
x + 2e≤ 0，只需证明 f(x)≤
e
x - 2e，
由 (1)知，当 a= e时，函数 f(x)在区间 (0 , 1)上单调递增，在 (1，+∞)上单调递减，∴ f(x)max= f(1)
=-e.
x x
令 g(x) = ex - 2e(x> 0)，则 g′ ( ) =
(x-1)e
x
x2
，
∴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，
x
∴当 x> 0，a= e时，f(x) - ex + 2e≤ 0.
变式1 已知函数 f(x) = ex+ x2- x- 1.
(1)求 f(x)的最小值；
(2)证明：ex+ xln x+ x2- 2x> 0.
(1)解 由题意可得 f ′ (x) = ex+ 2x- 1，
则函数 f ′ (x)在R上单调递增，且 f ′ (0) = 0.
由 f ′ (x)> 0，得 x> 0；
由 f ′ (x)< 0，得 x< 0.
则 f(x)在 (-∞，0)上单调递减，在 (0，+∞)上单调递增，
故 f(x)min= f(0) = 0.
(2)证明 要证 ex+ xln x+ x2- 2x> 0，
即证 ex+ x2- x- 1>-xln x+ x- 1.
由 (1)可知当 x> 0时，f(x)> 0恒成立．
设 g(x) =-xln x+ x- 1，x> 0，
则 g′ (x) =-ln x.
由 g′ (x)> 0，得 0< x< 1；
由 g′ (x)< 0，得 x> 1.
则 g(x)在 (0 , 1)上单调递增，在 (1，+∞)上单调递减，
从而 g(x)≤ g(1) = 0，当且仅当 x= 1时，等号成立．
故 f(x)> g(x)，即 ex+ xln x+ x2- 2x> 0.
叁 适当放缩证明不等式
2
1.求证：ex≥ x+ 1
证明：令 f(x) = ex- (x+ 1) = ex- x- 1 ,则 f '(x) = ex- 1 ,
若 f '(x) = ex- 1> 0 , x> 0 , f '(x) = ex- 1< 0 , x< 0
即 f(x)再 (-∞ , 0)上是减函数，在 (0 ,+∞)上是增函数.
则 f(x)在 x= 0处取得最小值为 f(x)min= f(0) = 0
所以 f(x) = ex- (x+ 1) = ex- x- 1≥ 0恒成立.
即
ex≥ x+ 1 ,当且仅当 x= 0时取等
2.求证：x- 1≥ lnx
证明：令 f(x) = lnx- (x- 1) = lnx- x+ 1 , f '(x) = 1x - 1=
1-x
x
若 f '(x) = 1-xx > 0 , 0< x< 1 , f '(x) =
1-x
x < 0 , x> 0
即 f(x)再 (0 , 1)上是增函数，在 (1 ,+∞)上是减函数.
则 f(x)在 x= 1处取得最大值为 f(x)man= f(1) = 0
所以 f(x) = lnx- (x- 1) = lnx- x+ 1≤ 0恒成立.
即
x- 1≥ lnx ,当且仅当 x= 1时取等
如图下图所示
y y=ex y=x-1
y
y=x+1 y= lnx
(0,1)
O (1,0) x
O x
y= x+ 1 ,其实时 y= ex ,在 (0 , 1)处的切线方程，y= ex的图象一定在 y= x+ 1的上方，所以 ex≥ x
+ 1 ,当且仅当 x= 0时取等。
y= x- 1 ,其实时 y= lnx ,在 (1 , 0)处的切线方程，y= ex的图象一定在 y= x- 1的下方，所以 lnx
≤ x- 1 ,当且仅当 x= 1时取等.
利用这两个不等式，我们遇到含有 ex和 lnx的不等式时，可以用 x+ 1 , x- 1去替换。从而简化计算.
例题1.已知函数 f(x) = aex-1- ln x- 1.
(1)若 a= 1，求 f(x)在 (1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：当 a≥ 1时，f(x)≥ 0.
(1)解 当 a= 1时，f(x) = ex-1- ln x- 1(x> 0)，f′ (x) = ex-1- 1x ，k= f′ (1) = 0，又 f(1) = 0，∴切
点为 (1 , 0)．∴切线方程为 y- 0= 0(x- 1)，即 y= 0.
(2)证明 ∵ a≥ 1，∴ aex-1≥ ex-1，∴ f(x)≥ ex-1- ln x- 1.
方法一 令 φ(x) = ex-1- ln x- 1(x> 0)，∴ φ′ (x) = ex-1- 1x ，
令 h(x) = ex-1- 1x ，∴ h′ (x) = e
x-1+ 12 > 0，∴ φ′ (x)在 (0，+∞)上单调递增，又 φ′ (1) = 0，x
∴当 x∈ (0 , 1)时，φ′ (x)< 0；当 x∈ (1，+∞)时，φ′ (x)> 0，
∴ φ(x)在 (0 , 1)上单调递减，在 (1，+∞)上单调递增，
∴ φ(x)min= φ(1) = 0，∴ φ(x)≥ 0，∴ f(x)≥ φ(x)≥ 0，即 f(x)≥ 0.
方法二 令 g(x) = ex- x- 1，∴ g′ (x) = ex- 1.
3
当 x∈ (-∞，0)时，g′ (x)< 0；
当 x∈ (0，+∞)时，g′ (x)> 0，
∴ g(x)在 (-∞，0)上单调递减，在 (0，+∞)上单调递增，
∴ g(x)min= g(0) = 0，
故 ex≥ x+ 1，当且仅当 x= 0时取“=”．
同理可证 ln x≤ x- 1，当且仅当 x= 1时取“=”．
由 ex≥ x+ 1 ex-1≥ x(当且仅当 x= 1时取“=”)，
由 x- 1≥ ln x x≥ ln x+ 1(当且仅当 x= 1时取“=”)，
∴ ex-1≥ x≥ ln x+ 1，即 ex-1≥ ln x+ 1，即 ex-1- ln x- 1≥ 0(当且仅当 x= 1时取“=”)，
即 f(x)≥ 0.
变式1 已知函数 f(x) = ax- sin x.
(1)若函数 f(x)为增函数，求实数 a的取值范围；
(2)求证：当 x> 0时，ex> 2sin x.
(1)解 ∵ f(x) = ax- sin x，∴ f ′ (x) = a- cos x，
由函数 f(x)为增函数，则 f ′ (x) = a- cos x≥ 0恒成立，
即 a≥ cos x在R上恒成立，
∵ y= cos x∈ [-1 , 1]，∴ a≥ 1，
即实数 a的取值范围是 [1，+∞)．
(2)证明 由 (1)知，当 a= 1时，f(x) = x- sin x为增函数，
当 x> 0时，f(x)> f(0) = 0 x> sin x，
要证当 x> 0时，ex> 2sin x，只需证当 x> 0时，ex> 2x，
即证 ex- 2x> 0在 (0，+∞)上恒成立，
设 g(x) = ex- 2x(x> 0)，则 g′ (x) = ex- 2，令 g′ (x) = 0解得 x= ln 2，
∴ g(x)在 (0，ln 2)上单调递减，在 (ln 2，+∞)上单调递增，
∴ g(x) ln 2min= g(ln 2) = e - 2ln 2= 2(1- ln 2)> 0，
∴ g(x)≥ g(ln 2)> 0，∴ ex> 2x成立，故当 x> 0时，ex> 2sin x.
A组
1.已知函数 f(x) = 2x+ xln x，求证：当 x> 0时，f(x)> 4x- 3.
证明:令 g(x) = f(x) - (4x- 3) = xln x- 2x+ 3，则 g′ (x) = ln x- 1，
由 ln x- 1> 0得 x> e，由 ln x- 1< 0得 0< x< e，
故 g(x)在 (0，e)上单调递减，在 (e，+∞)上单调递增，
∴ g(x)min= g(e) = 3- e> 0，
即 g(x)> 0，即 f(x)> 4x- 3.
2.已知函数 f(x) = ex- x- 1.当 x≥ 0时，求证：f(x) + x+ 1≥ 12 x
2+ cos x.
证明:要证 f(x) + x+ 1≥ 12 x
2+ cos x，即证 ex- 1 x22 - cos x≥ 0，
设 g(x) = ex- 1 x22 - cos x，要证原不等式成立，即证 g(x)≥ 0成立，
∵ g′ (x) = ex- x+ sin x，sin x≥-1，
∴ g′ (x) = ex- x+ sin x≥ ex- x- 1 当且仅当x=- π2 +2kπ，k∈Z时等号成立 ，
由 (1)知，ex- x- 1≥ 0(x= 0时等号成立)，
∴ g′ (x)> 0，∴ g(x)在 (0，+∞)上单调递增，
∴在区间 [0，+∞)上，g(x)≥ g(0) = 0，
∴当 x≥ 0时，f(x) + x+ 1≥ 12 x
2+ cos x得证．
B组
4
3.已知函数 f(x) = xln x- ax.
(1)当 a=-1时，求函数 f(x)在 (0，+∞)上的最值；
(2) 1 2证明：对一切 x∈ (0，+∞)，都有 ln x+ 1> x+1 - 2 成立．e e x
(1)解 函数 f(x) = xln x- ax的定义域为 (0，+∞)，
当 a=-1时，f(x) = xln x+ x，f′ (x) = ln x+ 2，
由 f′ (x) = 0，得 x= 12 ，e
当 0< x< 12 时，f′ (x)< 0；e
当 x> 12 时，f′ (x)> 0，e
所以 f(x)在 0，12 上单调递减，在e
1
2 ，+∞ 上单调递增，e
因此 f(x)在 x= 12 处取得最小值，即 f(x)
1
min= f 2 =- 12 ，无最大值．e e e
(2)证明 当 x> 0时，ln x+ 1> 1 2
ex+1
- 2 ，e x
等价于 x(ln x+ 1)> x 2
ex+1
- ，
e2
由 (1)知，当 a=-1时，f(x) = xln x+ x≥- 12 ，当且仅当 x=
1
2 时取等号，e e
设G(x) = xx+1 -
2
2 ，x∈ (0，+∞)，e e
则G′ (x) = 1-x 1
ex+1
，易知G(x)max=G(1) =- e2
，
当且仅当 x= 1时取到，从而可知对一切 x∈ (0，+∞)，都有 f(x)>G(x)，即 ln x+ 1> 1 2
ex+1
-
e2
.
x
4.已知函数 f(x) = xeax- ex.
(1)当 a= 1时，讨论 f(x)的单调性；
(2)当 x> 0时，f(x)<-1，求 a的取值范围；
(3) n∈N * 1 + 1 + + 1设 ，证明： > ln(n+ 1)．
12+1 22+2 n2+n
(1)解 当 a= 1时，f(x) = (x- 1)ex，x∈R，则 f′ (x) = xex，
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．
(2)解 设 h(x) = xeax- ex+ 1，则 h(0) = 0，又 h′ (x) = (1+ ax)eax- ex，
设 g(x) = (1+ ax)eax- ex，则 g′ (x) = (2a+ a2x)eax- ex，
若 a> 12 ，则 g′ (0) = 2a- 1> 0，因为 g′ (x)为连续不间断函数，
故存在 x0∈ (0，+∞)，使得 x∈ (0，x0)，总有 g′ (x)> 0，故 g(x)在 (0，x0)上单调递增，
故 g(x)> g(0) = 0，故 h(x)在 (0，x0)上单调递增，故 h(x)> h(0) = 0，与题设矛盾．
若 0< a≤ 1 ，则 h′ (x) = (1+ ax)eax- ex= eax+ln(1+ax)2 - e
x，
下证：对任意 x> 0，总有 ln(1+ x)< x成立，
证明：设S(x) = ln(1+ x) - x，x> 0，故S′ (x) = 1 -x1+x - 1= 1+x < 0，
故S(x)在 (0，+∞)上单调递减，
故S(x)5
由上述不等式有 eax+ln(1+ax)- ex< eax+ax- ex= e2ax- ex≤ 0，
故 h′ (x)≤ 0总成立，
即 h(x)在 (0，+∞)上单调递减，
所以 h(x)< h(0) = 0，满足题意．
若 a≤ 0，则 h′ (x) = eax- ex+ axeax< 1- 1+ 0= 0，
所以 h(x)在 (0，+∞)上单调递减，
所以 h(x)< h(0) = 0，满足题意．
综上，a≤ 12 .
1
(3)证明 取 a= 1 x2 ，则 x> 0，总有 xe
2 - ex+ 1< 0成立，
1
令 xt= e 2 ，则 t> 1，t2= ex，x= 2ln t，
故 2tln t< t2- 1，即 2ln t< t- 1t 对任意的 t> 1恒成立．
所以对任意的n∈N *，有 2ln n+1n <
n+1 n 1
n - n+1 ，整理得 ln(n+ 1) - ln n< ，n2+n
故 1 + 1 + + 1 > ln 2- ln 1+ ln 3- ln 2+ +ln(n+ 1) - ln n= ln(n+ 1)，
12+1 22+2 n2+n
故不等式成立．
6
第 2课时 恒成立有解问题
思维升华 分离参数法解决恒 (能)成立问题的策略
(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥ f(x)恒成立 a≥ f(x)max；
a≤ f(x)恒成立 a≤ f(x)min；
a≥ f(x)能成立 a≥ f(x)min；
a≤ f(x)能成立 a≤ f(x)max.
壹 分离参数求参数范围
例题1.已知函数 f(x) = ex- ax- 1.若 f(x)≤ x2在 [0，+∞)上有解，求实数 a的取值范围．
解因为 f(x)≤ x2在 [0，+∞)上有解，所以 ex- x2- ax- 1≤ 0在 [0，+∞)上有解，
当 x= 0时，不等式成立，此时 a∈R，
x
当 x> 0时，不等式等价于 a≥ e - x+ 1x x 在 (0，+∞)上有解，
x
( ) = e - + 1 ′ ( ) = e
x(x-1) 2- x -1 = (x-1)[e
x-(x+1)]
令 g x x x x ，则 g x x2 x2 x2 ，
由 (1)知当 a= 1时，f(x)> f(0) = 0，即 ex- (x+ 1)> 0，
所以当 0< x< 1时，g′ (x)< 0；当 x> 1时，g′ (x)> 0，
所以 g(x)在 (0 , 1)上单调递减，在 (1，+∞)上单调递增，所以当 x= 1时，g(x)min= e- 2，
所以 a≥ e- 2，
综上可知，实数 a的取值范围是 [e- 2，+∞)．
变式1 已知函数 f(x) = ax- ex(a∈R) g(x) = lnx， x .若存在 x∈ (0，+∞)，使不等式 f(x) ≤ g(x) - e
x成
立，求实数 a的取值范围．
解：若存在 x∈ (0，+∞)，使不等式 f(x)≤ g(x) - ex成立，则 ax≤ lnxx (x> 0)，即 a≤
lnx (x> 0)，
x2
则问题转化为 a≤ lnx2 (x> 0)，x max
令 h(x) = lnx ，x> 0，h′ (x) = x-2xlnx = 1-2lnx
x2 x4
，
x3
当 0< x< e时，h′ (x)> 0，当 x> e时，h′ (x)< 0，
所以函数 h(x)在 (0， e )上单调递增，在 ( e，+∞)上单调递减，
所以 h(x) = h( e ) = 1max 2e ，所以 a≤
1
2e .
7
贰 等价转化求参数范围
例题1.已知函数 f(x) = ax- ln x.
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若 x= 1为函数 f(x)的极值点，当 x∈ [e，+∞)时，不等式 x[ f(x) - x+ 1]≤m(e- x)恒成立，求
实数m的取值范围．
解：∵ x= 1为函数 f(x)的极值点，∴ f′ (1) = 0，∴ a= 1.
f(x) = x- ln x，x[ f(x) - x+ 1]= x(1- ln x)，
当 x∈ [e，+∞)时，不等式 x[ f(x) - x+ 1]≤m(e- x) x(1- ln x)≤m(e- x)，
即 x(1- ln x) -m(e- x)≤ 0，令 g(x) = x(1- ln x) -m(e- x)，g(e) = 0，
g′ (x) =m- ln x，x∈ [e，+∞)，
若m≤ 1，g′ (x)≤ 0在 [e，+∞)上恒成立，
则 g(x)在 [e，+∞)上单调递减，
∴ g(x)≤ g(e) = 0满足题意．
若m> 1，由 g′ (x)> 0，可得 e≤ x< em，则 g(x)在 [e，em)上单调递增，
∴在 [e，em)上存在 x0使得 g(x0)> g(e) = 0，与题意不符，
综上，实数m的取值范围为m≤ 1.
变式1 已知函数 f(x) = ex+ aln(-x) + 1，f′ (x)是其导函数，其中 a∈R.
(1)若 f(x)在 (-∞，0)上单调递减，求 a的取值范围；
(2)若不等式 f(x)≤ f′ (x)对 x∈ (-∞，0)恒成立，求 a的取值范围．
解 (1)f ′ (x) = ex+ ax ，因为 f(x)在 (-∞，0)上单调递减，所以 f ′ (x) = e
x+ ax ≤ 0在 (-∞，0)上恒成立，即 a≥-x·e
x在 (-∞，0)上恒成立，
令 g(x) =-x·ex(x< 0)，则 g′ (x) =-ex- xex=- (x+ 1)ex，
当 x<-1时，g′ (x)> 0，当-1< x< 0时，g′ (x)< 0，
所以函数 g(x)在 (-∞，-1)上单调递增，在 (-1 , 0)上单调递减，所以 g(x)max= g(-1) = 1e ，
所以 a的取值范围为 1 e ，+∞ .
(2)由 f(x)≤ f ′ (x)得 aln(-x) + 1≤ a ，即 aln(-x) - ax x + 1≤ 0对 x∈ (-∞，0)恒成立，
令 h(x) = aln(-x) - ax + ( < )
a(x+1)
1 x 0 ，h′ (x) = ax +
a
2 = 2 (x< 0)，x x
当 a= 0时，h(x) = 1，不满足 h(x)≤ 0；
当 a> 0且 x<-1时，h′ (x)< 0，当 a> 0且-1< x< 0时，h′ (x)> 0，
所以函数 h(x)在 (-∞，-1)上单调递减，在 (-1 , 0)上单调递增，所以 h(x)min= h(-1) = a+ 1> 0，不符合题意；
当 a< 0且 x<-1时，h′ (x)> 0，当 a< 0且-1< x< 0时，h′ (x)< 0，
所以当 a< 0时，函数 h(x)在 (-∞，-1)上单调递增，在 (-1 , 0)上单调递减，
所以 h(x)max= h(-1) = a+ 1≤ 0，解得 a≤-1，
综上所述，a的取值范围为 (-∞，-1]．
叁 双变量的恒 (能)成立问题
思维升华 “双变量”的恒 (能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，
常见的等价转换有
(1) x1，x2∈D，f(x1)> g(x2) f(x)min> g(x)max.
(2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)> g(x2) f(x)min> g(x)min.
(3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)> g(x2) f(x)max> g(x)max.
例题1.已知函数 f(x) = ax2ln x与 g(x) = x2- bx.
(1)若 f(x)与 g(x)在 x= 1处有相同的切线，求 a，b，并证明 f(x)≥ g(x)；
8
(2) x∈ [1 e] b∈ 1 e若对 ， ，都 ，2 使 f(x)≥ g(x)恒成立，求 a的取值范围．
解 (1)f′ (x) = 2axln x+ ax，g′ (x) = 2x- b，
∵ ( ) ( ) = ∴ f(1)=g(1)， 0=1-b，函数 f x 与 g x 在 x 1处有相同的切线， 即 解得
a=1，
f′(1)=g′(1)， a=2-b， b=1，
此时 f(x) = x2ln x，g(x) = x2- x，
要证 f(x)≥ g(x)，即证 x2ln x≥ x2- x，即 xln x≥ x- 1，
令 h(x) = xln x- x+ 1，
则 h′ (x) = ln x，且 h′ (1) = 0，
当 x∈ (0 , 1)时，h′ (x)< 0，
当 x∈ (1，+∞)时，h′ (x)> 0，
∴ h(x)在 (0 , 1)上单调递减，在 (1，+∞)上单调递增，
∴ h(x)≥ h(1) = 0，即 f(x)≥ g(x)．
(2)欲使 f(x)≥ g(x)恒成立，即 ax2ln x≥ x2- bx成立，即 axln x- x≥-b成立，
∵ b∈ 1，e 2 使 f(x)≥ g(x)恒成立，∴ axln x- x≥-
e
2 恒成立，
当 x= 1时，有-1≥- e2 成立，∴ a∈R，
x- e
当 x∈ (1，e]时，a≥ 2xlnx ，
x- e e e
令G(x) = 2 ，则G′ (x) = 2
lnx-x+ 2
xlnx ，(xlnx)2
令m(x) = e2 ln x- x+
e e e
2 ，则m′ (x) = 2x - 1，且m′ 2 = 0，
当 1< x< e2 时，m′ (x)> 0，当
e
2 < x< e时，m′ (x)< 0，
∴m(x)在 1，e2 上单调递增，在
e
2 ，e 上单调递减，
m(1) =-1+ e > 0，m e = e ln e2 2 2 2 > 0，m(e) = 0，
∴当 x∈ (1，e]时，m(x)≥ 0，即G′ (x)≥ 0，G(x)在 (1，e]上单调递增，
当 x= e时，G(x)有最大值，且G(e) = 12 ，∴ a≥
1
2 ，
综上所述，a的取值范围是 a≥ 12 .
( ) = a(x
2-x-1)
变式1 已知函数 f x (x∈R)，a为正实数．
ex
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若 x1，x2∈ [0 , 4]，不等式 | f(x1) - f(x2)|< 1恒成立，求实数 a的取值范围．
( ) ( ) = a(x
2-x-1) ( ∈ ) -ax(x-3)解 1 因为 f x x x R ，所以 f ′ (x) = x (x∈R)，因为 a> 0，所以令 f ′ (x) > 0，得 0< x< 3；令 f ′ (x) < 0，得 x< 0e e
或 x> 3.所以 f(x)的单调递增区间为 (0 , 3)，单调递减区间为 (-∞，0)和 (3，+∞)．
(2)由 (1)知，f(x)在 (0 , 3)上单调递增，在 (3 , 4)上单调递减，所以 f(x)在 [0 , 4]上的最大值是 f(3) = 5a
e3
.
又 f(0) =-a< 0，f(4) = 11ae-4> 0，所以 f(0)< f(4)，所以 f(x)在 [0 , 4]上的最小值为 f(0) =-a.
若 x1，x2∈ [0 , 4]，不等式 | f(x1) - f(x2)|< 1恒成立，
3
则需 f(x)max- f(x)min< 1在 x∈ [0 , 4]上恒成立，即 f(3) - f(0)< 1，即 5a ee3
+ a< 1，解得 a< 3 ，5+e
3
又 a> 0，所以 0< a< e ，
5+e3
3
故实数 a的取值范围为 0， e .5+e3
9
课后练习
A组
1.已知函数 f(x) = (x- 2)ex.若不等式 2f(x) + 2ax≥ ax2对 x∈ [2，+∞)恒成立，求实数 a的取值范围．
解:依题意，2(x- 2)ex+ 2ax≥ ax2在 [2，+∞)上恒成立．
当 x= 2时，4a≥ 4a，∴ a∈R；
x x
当 x> 2(x-2)e2时，原不等式化为 a≤ 2e
x2
= ，
-2x x
令 g(x) = 2e
x 2(x-1)ex
x ，则 g′ (x) = 2 ，x
∵ x> 2，∴ g′ (x)> 0，∴ g(x)在 (2，+∞)上单调递增，
∴ g(x)> g(2) = e2，∴ a≤ e2，
综上，实数 a的取值范围是 (-∞，e2]．
2.已知函数 f(x) = aln x- x(a∈R)．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)当 a> 0时，设 g(x) = x- ln x- 1，若对于任意 x1，x2∈ (0，+∞)，均有 f(x1) < g(x2)，求 a的取值
范围．
解: (1)函数 f(x) = aln x- x(a∈R)的定义域为 (0，+∞)，∴ f′ (x) = a - 1= -x+ax x ，
①当 a≤ 0时，f′ (x)< 0恒成立，∴函数的单调递减区间为 (0，+∞) ;
②当 a> 0时，由 f′ (x) = 0，解得 x= a；
当 x∈ (0，a)时，f′ (x)> 0，当 x∈ (a，+∞)时，f′ (x)< 0，
∴函数 f(x)的单调递增区间为 (0，a)，单调递减区间为 (a，+∞).
综上可得，当 a≤ 0时，f(x)的单调递减区间为 (0，+∞)；当 a> 0时，f(x)的单调递增区间为 (0，a)，
单调递减区间为 (a，+∞)．
(2)由已知，转化为 f(x)max< g(x)min.
由 (1)知，当 a> 0时，函数 f(x)的单调递增区间为 (0，a)，单调递减区间为 (a，+∞)．
故 f(x)的极大值即为最大值，f(x)max= f(a) = aln a- a，
∵ g(x) = x- ln x- 1，则 g′ (x) = 1- 1 = x-1x x ，当 0< x< 1时，g′ (x)< 0，当 x> 1时，g′ (x)> 0，
∴函数 g(x)在 (0 , 1)上单调递减，在 (1，+∞)上单调递增，
故 g(x)的极小值即为最小值，
∴ g(x)min= g(1) = 0，
∴ aln a- a< 0，即 ln a- 1< 0，解得 0< a< e.
∴ a的取值范围为 (0，e)．
B组
3.已知函数 f(x) = xln x.当 x≥ 1时，f(x)≤ ax2- a，求 a的取值范围．
解 当 x≥ 1时，令 g(x) = xln x- a(x2- 1)，得 g(1) = 0，g′ (x) = ln x+ 1- 2ax，
令 h(x) = ln x+ 1- 2ax，则 h′ (x) = 1x - 2a=
1-2ax
x .
①若 a≤ 0，得 h′ (x)> 0，则 g′ (x)在 [1，+∞)上单调递增，
故 g′ (x)≥ g′ (1) = 1- 2a≥ 0，所以 g(x)在 [1，+∞)上单调递增，
所以 g(x)≥ g(1) = 0，
从而 xln x- a(x2- 1)≥ 0，不符合题意；
10
②若 a> 0，令 h′ (x) = 0，得 x= 12a .
(ⅰ)若 0< a< 12 ，则
1
2a > 1，
当 x∈ 1，12a 时，h′ (x)> 0，g′ (x)在 1，
1
2a 上单调递增，
从而 g′ (x)> g′ (1) = 1- 2a> 0，所以 g(x)在 1 1，2a 上单调递增，此时 g(x)≥ g(1) = 0，不符合题意；
(ⅱ)若 a≥ 12 ，则 0<
1
2a ≤ 1，h′ (x)≤ 0在 [1，+∞)上恒成立，
所以 g′ (x)在 [1，+∞)上单调递减，g′ (x)≤ g′ (1) = 1- 2a≤ 0，
从而 g(x)在 [1，+∞)上单调递减，所以 g(x)≤ g(1) = 0，所以 xln x- a(x2- 1)≤ 0恒成立．
综上所述，a的取值范围是 1 2 ，+∞ .
4.已知函数 f(x) = e2x- ax(a∈R)，e 1为自然对数的底数．若关于 x的不等式 a lnx-x+ 2 ≤ f(x)恒
成立，求实数 a的取值范围．
解:由 a lnx-x+ 1 ≤ f(x)得，e2x- ax≥ aln x- ax+ 1 a，整理得 e2x2 2 - aln x-
1
2 a≥ 0.
令 h(x) = e2x- aln x- 12 a(x> 0)，
则 h(x)≥ 0恒成立，h′ (x) = 2e2x- ax (x> 0)，
当 a< 0时，h′ (x)> 0，h(x)单调递增，且当 x→ 0+时，h(x)< 0，不满足题意．
当 a= 0时，h(x) = e2x> 0，满足题意．
lnx+ 1
当 a> 0时，由 h(x)≥ 0得 1a ≥
2
e2x
.
lnx+ 1 1 ·e2x-2 lnx+ 1 e2x 1 -2lnx-1
令 p(x) = 2 ，则 p′ (x) = x 2 = x
e2x
，
(e2x)2 e2x
令 q(x) = 1x - 2ln x- 1(x> 0)，则 q′ (x) =-
1
2 -
2
x < 0，∴ q(x)单调递减，又 q(1) = 0，x
故当 x∈ (0 , 1)时，q(x)> 0，即 p′ (x)> 0，p(x)单调递增，
当 x∈ (1，+∞)时，q(x)< 0，即 p′ (x)< 0，p(x)单调递减，
∴ p(x)max= p(1) = 1 ，2e2
∴ 1 ≥ 1 ，即 0< a≤ 2e2a 2e2
.
综上，实数 a的取值范围为 [0 , 2e2]．
11第5节 利用导数证明不等式
第 1课时 不等式的证明
壹 将不等式转化为函数的最值问题
例题1.已知函数 f(x) = ex- ax- a，a∈R.
(1)讨论 f(x)的单调性；
( ) 2f(x)2 当 a= 1时，令 g(x) =
x2
.证明：当 x> 0时，g(x)> 1.
变式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.
1
贰 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
例题1.已知函数 f(x) = eln x- ax(a∈R)．
(1)讨论 f(x)的单调性；
x
(2)当 a= e f(x) - e时，证明 x + 2e≤ 0.
变式1 已知函数 f(x) = ex+ x2- x- 1.
(1)求 f(x)的最小值；
(2)证明：ex+ xln x+ x2- 2x> 0.
叁 适当放缩证明不等式
1.求证：ex≥ x+ 1
证明：令 f(x) = ex- (x+ 1) = ex- x- 1 ,则 f '(x) = ex- 1 ,
若 f '(x) = ex- 1> 0 , x> 0 , f '(x) = ex- 1< 0 , x< 0
即 f(x)再 (-∞ , 0)上是减函数，在 (0 ,+∞)上是增函数.
则 f(x)在 x= 0处取得最小值为 f(x)min= f(0) = 0
所以 f(x) = ex- (x+ 1) = ex- x- 1≥ 0恒成立.
即
ex≥ x+ 1 ,当且仅当 x= 0时取等
2
2.求证：x- 1≥ lnx
证明：令 f(x) = lnx- (x- 1) = lnx- x+ 1 , f '(x) = 1x - 1=
1-x
x
若 f '(x) = 1-xx > 0 , 0< x< 1 , f '(x) =
1-x
x < 0 , x> 0
即 f(x)再 (0 , 1)上是增函数，在 (1 ,+∞)上是减函数.
则 f(x)在 x= 1处取得最大值为 f(x)man= f(1) = 0
所以 f(x) = lnx- (x- 1) = lnx- x+ 1≤ 0恒成立.
即
x- 1≥ lnx ,当且仅当 x= 1时取等
如图下图所示
y y=ex y=x-1
y
y=x+1 y= lnx
(0,1)
O (1,0) x
O x
y= x+ 1 ,其实时 y= ex ,在 (0 , 1)处的切线方程，y= ex的图象一定在 y= x+ 1的上方，所以 ex≥ x
+ 1 ,当且仅当 x= 0时取等。
y= x- 1 ,其实时 y= lnx ,在 (1 , 0)处的切线方程，y= ex的图象一定在 y= x- 1的下方，所以 lnx
≤ x- 1 ,当且仅当 x= 1时取等.
利用这两个不等式，我们遇到含有 ex和 lnx的不等式时，可以用 x+ 1 , x- 1去替换。从而简化计算.
例题1.已知函数 f(x) = aex-1- ln x- 1.
(1)若 a= 1，求 f(x)在 (1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：当 a≥ 1时，f(x)≥ 0.
变式1 已知函数 f(x) = ax- sin x.
(1)若函数 f(x)为增函数，求实数 a的取值范围；
(2)求证：当 x> 0时，ex> 2sin x.
3
A组
1.已知函数 f(x) = 2x+ xln x，求证：当 x> 0时，f(x)> 4x- 3.
2.已知函数 f(x) = ex- x- 1.当 x≥ 0时，求证：f(x) + x+ 1≥ 12 x
2+ cos x.
B组
3.已知函数 f(x) = xln x- ax.
(1)当 a=-1时，求函数 f(x)在 (0，+∞)上的最值；
(2) 1 2证明：对一切 x∈ (0，+∞)，都有 ln x+ 1>
ex+1
-
e2
成立．
x
4.已知函数 f(x) = xeax- ex.
(1)当 a= 1时，讨论 f(x)的单调性；
(2)当 x> 0时，f(x)<-1，求 a的取值范围；
(3)设n∈N * 1，证明： + 1 + + 1 > ln(n+ 1)．
12+1 22+2 n2+n
4
第 2课时 恒成立有解问题
思维升华 分离参数法解决恒 (能)成立问题的策略
(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥ f(x)恒成立 a≥ f(x)max；
a≤ f(x)恒成立 a≤ f(x)min；
a≥ f(x)能成立 a≥ f(x)min；
a≤ f(x)能成立 a≤ f(x)max.
壹 分离参数求参数范围
例题1.已知函数 f(x) = ex- ax- 1.若 f(x)≤ x2在 [0，+∞)上有解，求实数 a的取值范围．
变式1 lnx已知函数 f(x) = ax- ex(a∈R)，g(x) = x .若存在 x∈ (0，+∞)，使不等式 f(x) ≤ g(x) - e
x成
立，求实数 a的取值范围．
5
贰 等价转化求参数范围
例题1.已知函数 f(x) = ax- ln x.
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若 x= 1为函数 f(x)的极值点，当 x∈ [e，+∞)时，不等式 x[ f(x) - x+ 1]≤m(e- x)恒成立，求
实数m的取值范围．
变式1 已知函数 f(x) = ex+ aln(-x) + 1，f′ (x)是其导函数，其中 a∈R.
(1)若 f(x)在 (-∞，0)上单调递减，求 a的取值范围；
(2)若不等式 f(x)≤ f′ (x)对 x∈ (-∞，0)恒成立，求 a的取值范围．
叁 双变量的恒 (能)成立问题
思维升华 “双变量”的恒 (能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，
常见的等价转换有
(1) x1，x2∈D，f(x1)> g(x2) f(x)min> g(x)max.
(2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)> g(x2) f(x)min> g(x)min.
(3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)> g(x2) f(x)max> g(x)max.
例题1.已知函数 f(x) = ax2ln x与 g(x) = x2- bx.
(1)若 f(x)与 g(x)在 x= 1处有相同的切线，求 a，b，并证明 f(x)≥ g(x)；
(2)若对 x∈ [1，e]，都 b∈ 1 e， 2 使 f(x)≥ g(x)恒成立，求 a的取值范围．
6
( ) = a(x
2-x-1)
变式1 已知函数 f x x (x∈R)，a为正实数．e
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若 x1，x2∈ [0 , 4]，不等式 | f(x1) - f(x2)|< 1恒成立，求实数 a的取值范围．
课后练习
A组
1.已知函数 f(x) = (x- 2)ex.若不等式 2f(x) + 2ax≥ ax2对 x∈ [2，+∞)恒成立，求实数 a的取值范围．
2.已知函数 f(x) = aln x- x(a∈R)．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)当 a> 0时，设 g(x) = x- ln x- 1，若对于任意 x1，x2∈ (0，+∞)，均有 f(x1) < g(x2)，求 a的取值
范围．
7
B组
3.已知函数 f(x) = xln x.当 x≥ 1时，f(x)≤ ax2- a，求 a的取值范围．
4.已知函数 f(x) = e2x- ax(a∈R)，e为自然对数的底数．若关于 x的不等式 a lnx-x+ 12 ≤ f(x)恒
成立，求实数 a的取值范围．
8
