第三章 第四节 利用导数解不等式-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案

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第四节 利用导数解不等式
课中讲解
考点一.f(x)与f′(x)共存的不等式问题
例1．已知是函数的导函数，当时 ，成立，记，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】[来源:学|科|网]
，所以函数在上单调递减，又，所以，选C.
变式1．已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，，，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】构造函数，则，由已知，为偶函数，所以，又，即，当时，，即，所以函数在单调递减，又，所以，即．
例2．定义域为的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】构造函数，在上单调递减，故等价于.
变式2．设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（2）＝0，当x>0时，有0的解集是（ ）
A．（－2,0）∪（2，＋∞） B．（－2,0）∪（0,2）
C．（－∞，－2）∪（2，＋∞） D．（－∞，－2）∪（0,2）
【答案】D
【解析】因为当时，有恒成立，即恒成立，所以在内单调递减．因为，所以在内恒有；在内恒有．又因为是定义在上的奇函数，所以在内恒有；在内恒有．又不等式的解集，即不等式的解集．故答案为：，选D.
考点二.f′(x)±λf(x)(λ为常数)型
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)
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.
变式1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：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，＋∞)．
例2.定义在的函数的导函数为,对于任意的,恒有,则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．无法确定
【答案】B
【解析】构造函数，因，故在上单调递增，则，即，也即，所以，应选B。

变式2．已知为定义在上的可导函数，且对于恒成立（为自然对数的底），则（ ）
A． B．
C． D．与大小不确定
【答案】C
【解析】令，则，所以在上单调递减。有即，所以，故选C.[来源:学科网ZXXK]
考点三．恒成立问题
例1.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．　　

变式1.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.
考点四．可化为不等式恒成立问题
例1.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.

变式1.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]．
课后习题
1．已知函数满足，且的导函数，则的解集为（ ）
A． B. C． D．
【答案】B
【解析】令F（x）=f（x）-x，则F'（x）=f'（x）-＜0，∴函数F（x）在R上单调递减函数，
∵，∴f（x）-x＜f（1）-，即F（x）＜F（1），
根据函数F（x）在R上单调递减函数可知x＞1
2．已知在实数集R上的可导函数，满足是奇函数，且，则不等式的解集是（ ）
A.（-∞，2） B.（2，+∞）
C.（0，2） D.（-∞，1）
【答案】A
【解析】令,则,因,故,所以,函数是单调递减函数,又因为是奇函数,所以且,所以原不等式可化为,由函数的单调性可知,应选A.
3．若对于任意的正实数x，y都有ln≤成立，则实数m的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　由ln≤，
可得ln≤.
设＝t，令f(t)＝(2e－t)·ln t，t＞0，
则f′(t)＝－ln t＋－1，令g(t)＝－ln t＋－1，t＞0，则g′(t)＝－－＜0，
∴g(t)在(0，＋∞)上单调递减，即f′(t)在(0，＋∞)上单调递减．
∵f′(e)＝0，∴f(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴f(t)max＝f(e)＝e，∴e≤，
∴实数m的取值范围为.
4．设函数f(x)＝ex－(e为自然对数的底数)，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________．
解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min.而g′(x)＝ex(x2－x)，由g′(x)＞0可得 x∈(1，＋∞)，由g′(x)＜0可得x∈(0,1)，∴函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e.
答案：e
5．已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)∵函数f(x)＝xln x的定义域是(0，＋∞)，
∴f′(x)＝ln x＋1.
令f′(x)＜0，得ln x＋1＜0，解得0＜x＜，
∴f(x)的单调递减区间是.
令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞，
∴f(x)的单调递增区间是.
综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1,2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立．∵x＞0，∴a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x＞0)，则h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去)．
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)

极大值


∴当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．
6．已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R，在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋＞k(x－1)成立，求k的取值范围．
解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，
∴f′(x)＝－1＝，
令f′(x)＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＜0，得x＞1，
∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)不等式f(x)－＋2x＋＞k(x－1)可化为ln x－＋x－＞k(x－1)．
令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)(x＞1)，
则g′(x)＝－x＋1－k＝，
令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1(x＞1)，则h(x)的对称轴为x＝.
①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，
∴h(x)＜h(1)＝1－k.
若k≥1，则h(x)＜0，∴g′(x)＜0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递减，∴g(x)＜g(1)＝0，不合题意；
若－1≤k＜1，则h(1)＞0，∴必存在x0使得x∈(1，x0)时g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)＞g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当＞1，即k＜－1时，易知必存在x，使得h(x)在(1，x0)上单调递增．∴h(x)＞h(1)＝1－k＞0，∴g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增．∴g(x)＞g(1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围为(－∞，1)．
7．已知函数f(x)＝xex＋(e为自然对数的底数)．
(1)求证：函数f(x)有唯一零点；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，xex－ln x≥1＋kx恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1)证明：f′(x)＝(x＋1)ex＋，x∈(0，＋∞)，
易知当0＜x＜1时，f′(x)＞0,
所以f(x)在区间(0,1)上为增函数，
又因为f＝＜0，f(1)＝e＞0，
所以ff(1)＜0，即f(x)在区间(0,1)上恰有一个零点，
由题可知f(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，即在(1，＋∞)上无零点，
所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(2)设f(x)的零点为x0，即x0ex0＋＝0.
原不等式可化为≥k，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
由(1)可知g(x)在(0，x0) 上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故g(x0) 为g(x)的最小值．
下面分析x0ex0＋＝0，
设x0ex0＝t，则＝－t，
可得即x0(1－t)＝ln t，
若t＞1，等式左负右正不相等；若t＜1，等式左正右负不相等，只能t＝1.
因此g(x0)＝＝－＝1，所以k≤1.
即实数k的取值范围为(－∞，1]．