2020版高考理科数学（人教版）一轮复习讲义：第三章第三节导数的综合应用第一课时　利用导数解不等式


第三节导数的综合应用
第一课时　利用导数解不等式
考法一　f(x)与f′(x)共存的不等式问题

f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型
[典例]　(1)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)＜，则不等式f(lg x)＞的解集为__________．
(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集为__________________．
[解析]　(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－x，
则g′(x)＝f′(x)－＜0，
所以g(x)在定义域内是减函数．
因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－＝，
由f(lg x)＞，得f(lg x)－lg x＞.
即g(lg x)＝f(lg x)－lg x＞＝g(1)，
所以lg x＜1，解得0＜x＜10.
所以原不等式的解集为(0,10)．
(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．
[答案]　(1)(0,10)　(2)(－∞，－3)∪(0,3)


(1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0) ，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．
(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0) ，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．
特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.
(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．
(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0)．　　

xf′(x)±nf(x)(n为常数)型
[典例]　(1)设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(　　)
A．(－∞，－1)∪(0,1)　　　 B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是(　　)
A．f(x)＞0 B．f(x)＜0
C．f(x)＞x D．f(x)＜x
[解析]　(1)令g(x)＝，则g′(x)＝.
由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．
∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，
∴f(1)＝－f(－1)＝0，
∴g(1)＝f(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.
又∵f(x)是奇函数，
∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；
当x∈(－1,0)时，f(x)＜0.
综上，所求x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
(2)令g(x)＝x2f(x)－x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．
当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)－x4＞0，从而f(x)＞x2＞0；
当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)－x4＞0，从而f(x)＞x2＞0；
当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.
综上可知，f(x)＞0.
[答案]　(1)A　(2)A

(1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.
(2)对于xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，构造F(x)＝，则F′(x)＝(注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)＞0，构造F(x)＝，则F′(x)＝＞0.　　

f′(x)±λf(x)(λ为常数)型
[典例]　(1)已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)＞f′(x)，则有(　　)
A．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
B．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
C．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
D．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)＞0恒成立，且f(2)＝(e为自然对数的底数)，则不等式exf(x)－e＞0的解集为________．
[解析]　(1)构造函数h(x)＝，则h′(x)＝＜0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2 019)＞h(0)，即＞⇒e2 019f(－2 019)＞f(0)；同理，h(2 019)＜h(0)，即f(2 019)＜e2 019f(0)，故选D.
(2)由f(x)＋2f′(x)＞0得2＞0，可构造函数h(x)＝ef(x)，则h′(x)＝e [f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函数h(x)＝ef(x)在R上单调递增，且h(2)＝ef(2)＝1.不等式exf(x)－e＞0等价于ef(x)＞1，即h(x)＞h(2)⇒x＞2，所以不等式exf(x)－e＞0的解集为(2，＋∞)．
[答案]　(1)D　(2)(2，＋∞)

(1)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝exf(x)．
(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝.


[典例]　已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1，若对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　法一：构造函数法
设g(x)＝xe2x－ax－ln x－1(x＞0)，对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则只需g(x)min≥0即可．
因为g′(x)＝(2x＋1)e2x－a－，
令h(x)＝(2x＋1)e2x－a－(x＞0)，
则h′(x)＝4(x＋1)e2x＋＞0，
所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当x―→0时，h(x)―→－∞，当x―→＋∞时，h(x)―→＋∞，
所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0，
满足(2x0＋1)e2x0－a－＝0，
所以a＝(2x0＋1)e2x0－，且g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(x0)＝x0e2x0－ax0－ln x0－1＝－2xe2x0－ln x0，
则由g(x)min≥0，得2xe2x0＋ln x0≤0，
此时0＜x0＜1，e2x0≤－，
所以2x0＋ln(2x0)≤ln(－ln x0)＋(－ln x0)，
设S(x)＝x＋ln x(x＞0)，则S′(x)＝1＋＞0，
所以函数S(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为S(2x0)≤S(－ln x0)，
所以2x0≤－ln x0即e2x0≤，
所以a＝(2x0＋1)e2x0－≤(2x0＋1)·－＝2，
所以实数a的取值范围为(－∞，2]．
法二：分离参数法
因为f(x)＝ax＋ln x＋1，所以对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于a≤e2x－在(0，＋∞)上恒成立．
令m(x)＝e2x－(x＞0)，则只需a≤m(x)min即可，则m′(x)＝，
再令g(x)＝2x2e2x＋ln x(x＞0)，则g′(x)＝4(x2＋x)e2x＋＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g＝－2ln 2＜0，g(1)＝2e2＞0，
所以g(x)有唯一的零点x0，且＜x0＜1，
所以当0＜x＜x0时，m′(x)＜0，当x＞x0时，m′(x)＞0，
所以m(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
因为2xe2x0＋ln x0＝0，
所以ln 2＋2ln x0＋2x0＝ln(－ln x0)，
即ln(2x0)＋2x0＝ln(－ln x0)＋(－ln x0)，
设s(x)＝ln x＋x(x＞0)，则s′(x)＝＋1＞0，
所以函数s(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为s(2x0)＝s(－ln x0)，
所以2x0＝－ln x0，即e2x0＝，
所以m(x)≥m(x0)＝e2x0－＝－－＝2，则有a≤2，
所以实数a的取值范围为(－∞，2]．

求解不等式恒成立问题的方法
(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x) 或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y＝a与函数y＝v(x)图象的交点个数问题来解决．　　
[过关训练]
(2019·陕西教学质量检测)设函数f(x)＝ln x＋，k∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；
(2)若对任意的x1＞x2＞0，f(x1)－f(x2)＜x1－x2恒成立，求k的取值范围．
解：(1)由条件得f′(x)＝－(x＞0)，
∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，
∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，
∴f′(x)＝－＝(x＞0)，
由f′(x)＜0得0＜x＜e，由f′(x)＞0得x＞e，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
当x＝e时，f(x)取得极小值，且f(e)＝ln e＋＝2.
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题意知，对任意的x1＞x2＞0，f(x1)－x1＜f(x2)－x2恒成立，
设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x＞0)，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即当x＞0时，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立，
∴k≥.故k的取值范围是.
考法三　可化为不等式恒成立问题

[典例]　已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax.
(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
(2)若函数g(x)＝，对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，
而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则ymax＝－3，∴a≥－3，∴a的最小值为－3.
(2)“对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f′(x)max≤g(x)max”．
∵f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上单调递增，
∴f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.
而g′(x)＝，由g′(x)＞0，得x＜1，
由g′(x)＜0，得x＞1，
∴g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
∴当x∈时，g(x)max＝g(1)＝.
由8＋a≤，得a≤－8，
∴实数a的取值范围为.

(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值．
(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值(这里假设f(x)max，g(x)max存在)．其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数y＝g(x)的所有函数值．　　
[过关训练]
已知函数f(x)＝，g(x)＝－x3＋(a＋1)x2－3ax－1，其中a为常数．
(1)当a＝1时，求曲线g(x)在x＝0处的切线方程；
(2)若a＜0，对于任意的x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，g(x)＝－x3＋3x2－3x－1，
所以g′(x)＝－3x2＋6x－3，g′(0)＝－3，又因为g(0)＝－1，
所以曲线g(x)在x＝0处的切线方程为y＋1＝－3x，即3x＋y＋1＝0.
(2)f(x)＝＝＝3－，
当x∈[1,2]时，∈，
所以－∈[－3，－2]，
所以3－∈[0,1]，故f(x)在[1,2]上的值域为[0,1]．
由g(x)＝－x3＋(a＋1)x2－3ax－1，可得
g′(x)＝－3x2＋3(a＋1)x－3a＝－3(x－1)(x－a)．
因为a＜0，所以当x∈[1,2]时，g′(x)＜0，
所以g(x)在[1,2]上单调递减，
故当x∈[1,2]时，
g(x)max＝g(1)＝－1＋(a＋1)－3a－1＝－a－，
g(x)min＝g(2)＝－8＋6(a＋1)－6a－1＝－3，
即g(x)在[1,2]上的值域为.
因为对于任意的x1∈[1,2] ，总存在x2∈[1,2]，
使得f(x1)＝g(x2)，
所以[0,1]⊆，
所以－a－≥1，解得a≤－1，
故a的取值范围为(－∞，－1]．