2026版《课堂新坐标》高三数学一轮复习基础版30第三章第6课时利用导数研究不等式问题

第6课时利用导数研究不等式问题[考试要求]导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果．考点一利用导数解决不等式的恒成立问题类型一：∀x∈[a，b]，f(x)≥k恒成立⇔f(x)min≥k；类型二：∀x∈[a，b]，f(x)≤k恒成立⇔f(x)max≤k；类型三：∀x∈[a，b]，f(x)≥g(x)恒成立⇔h(x)＝f(x)－g(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立⇔h(x)min≥0；类型四：∀x∈[a，b]，f(x)≤g(x)恒成立⇔h(x)＝f(x)－g(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立⇔h(x)max≤0．[典例1](2024·北京昌平区期末)已知函数f(x)＝x3－x2－x－1．(1)求f(x)的单调区间；(2)若关于x的不等式f(x)－c≤0在区间[－1，2]上恒成立，求实数c的取值范围．[解](1)因为f(x)＝x3－x2－x－1，x∈R，所以f′(x)＝3x2－2x－1，令f′(x)＝0，即3x2－2x－1＝0，解得x＝－13或x＝1且当x∈-∞，-13∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈-13，1所以f(x)的单调递增区间为-∞，-13和(1，＋∞(2)由(1)有f(x)在-1，-13和(1，且f-13＝－2227，f(1)＝－2，f(－1)＝－2，f(2)所以f(x)在[－1，2]上的最大值为f(2)＝1，因为关于x的不等式f(x)－c≤0在区间[－1，2]上恒成立，即f(x)≤c在区间[－1，2]上恒成立，即f(x)max≤c，所以c≥1，所以c的取值范围为[1，＋∞)．反思领悟本例(2)问：参变分离，即c≥f(x)在区间[－1，2]上恒成立，将问题转化为求f(x)的最大值，进而求出c的取值范围．巩固迁移1已知函数f(x)＝x2-aex，若f(x)≤x－1对x∈[1，＋[解]因为f(x)≤x－1对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥x2－(x－1)ex在[1，＋∞)上恒成立，设g(x)＝x2－(x－1)ex(x≥1)，g′(x)＝x(2－ex)，当x∈[1，＋∞)时，g′(x)<0，所以函数g(x)＝x2－(x－1)ex在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，所以a≥g(x)max，即a≥1．故实数a的取值范围是[1，＋∞)．【教用·备选题】(2024·滨海新区期末)已知函数f(x)＝xlnx．(1)求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)已知函数g(x)＝fxx+2x2(3)若对于任意x∈1e，2e，都有f(x)≤ax－e(e为自然对数的底数)[解](1)f′(x)＝lnx＋x·1x＝lnx＋1，x>0所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为f′(1)＝1，又f(1)＝0，所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝1×(x－1)，即y＝x－1．(2)g(x)＝fxx+2x2＝xlnxx+g′(x)＝1x－2·2x3＝x2-4x3，令g′(x)＝0，得x＝2所以在(0，2)上g′(x)＜0，g(x)单调递减，在(2，＋∞)上g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(3)若对于任意x∈1e，2e，都有f(x)≤ax则若对于任意x∈1e，2e，都有xlnx≤ax即若对于任意x∈1e，2e，都有lnx＋e令h(x)＝lnx＋ex，x∈1h′(x)＝1x-ex2＝x-ex2，令h′(x所以在1e，e上h′(x)＜0，h(在(e，2e]上h′(x)＞0，h(x)单调递增，又h1e＝－1＋e2，h(e)＝2，h(2e)＝32＋所以h(x)max＝－1＋e2，所以a≥－1＋e2，所以a的取值范围为[－1＋e2，＋∞)．考点二利用导数解决不等式的能成立问题类型一：∃x0∈[a，b]，使得f(x0)≥k⇔f(x)max≥k；类型二：∃x0∈[a，b]，使得f(x0)≤k⇔f(x)min≤k；类型三：∃x0∈[a，b]，使得f(x0)≥g(x0)⇔h(x)＝f(x)－g(x)≥0在x∈[a，b]上有解⇔h(x)max≥0；类型四：∃x0∈[a，b]，使得f(x0)≤g(x0)⇔h(x)＝f(x)－g(x)≤0在x∈[a，b]上有解⇔h(x)min≤0．[典例2]已知函数f(x)＝a+1x＋alnx，其中参数a<0．设函数g(x)＝2x2f′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，求[解]∵f(x)＝a+1x＋aln∴f′(x)＝－a+1x2∴g(x)＝2ax－axlnx－(6a＋3)(a<0)，∵存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，∴2g(x)min<g(x)max．又g′(x)＝a(1－lnx)，a<0，当x∈[1，e)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(e，e2]时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3．∴2ae－12a－6<－6a－3，∴a>32e-6∵a<0，∴a的取值范围为32e-6反思领悟本例解答关键是将存在实数x1，x2∈[1，e2]使2g(x1)<g(x2)成立，转化为2g(x)min<g(x)max，然后求解g(x)的最大值与最小值，列出不等式求解．巩固迁移2已知∃x∈[1，3]，使不等式lnx＋ax≥0成立，则实数a的取值范围为()A．[0，＋∞) B．-C．-ln33，+∞ DB[∵∃x∈[1，3]，使不等式lnx＋ax≥0成立，即∃x∈[1，3]，使不等式a≥－lnx令g(x)＝－lnx那么g′(x)＝lnx令g′(x)＝lnx-1x2＝0，解得∴当x∈[1，e)时，g′(x)<0，当x∈(e，3]时，g′(x)>0，即g(x)在[1，e)上单调递减，在(e，3]上单调递增，∴当x＝e时，g(x)取到最小值，即g(x)min＝g(e)＝－1e要使得∃x∈[1，3]，使不等式a≥－lnx即只需要使得a≥g(x)min，∴a≥－1e，即实数a的取值范围为-故选B．]考点三利用导数证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：1．直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明f(x)－g(x)>0(或f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．2．适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论．常见的放缩：(1)对数形式：x≥1＋lnx(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立，进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋lnx(x>0，且x≠1)．3．构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．[典例3](2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a＞0时，f(x)＞2lna＋32[解](1)由已知得f′(x)＝aex－1，当a≤0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x>－lna，令f′(x)<0，得x<－lna，所以函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)得当a＞0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，令g(a)＝1＋a2＋lna－2lna－32＝a2－lna－12，a所以g′(a)＝2a－1a，令g′(a)＞0，得a＞2令g′(a)＜0，得0＜a＜22所以函数g(a)在0，22所以函数g(a)的最小值为g22＝222－ln22-1所以当a＞0时，f(x)＞2lna＋32链接·2025高考试题(2025·天津卷)已知函数f(x)＝ax－(lnx)2.(1)a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．(2)f(x)有3个零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3.(ⅰ)求a的取值范围；(ⅱ)证明：(lnx2－lnx1)·lnx3＜4ee-1[解](1)当a＝1时，f(x)＝x－(lnx)2，f(1)＝1，故切点为(1，1)．f′(x)＝1－2lnxx，f′(1)故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝x－1，即x－y＝0.(2)(ⅰ)因为x＞0，所以原问题可转化为方程a＝lnx2x有3个不相等的实根x1，x2，x3，且x1＜x2＜令g(x)＝lnx2x，则问题转化为直线y＝a与函数g(x)g′(x)＝2lnxx令g′(x)＝0，得(2－lnx)lnx＝0.则lnx＝0或lnx＝2，解得x＝1或x＝e2.当0＜x＜1时，lnx＜0，2－lnx＞0，所以g′(x)＜0，g(x)在(0，1)上单调递减；当1＜x＜e2时，lnx＞0，2－lnx＞0，所以g′(x)＞0，g(x)在(1，e2)上单调递增；当x＞e2时，lnx＞0，2－lnx＜0，所以g′(x)＜0，g(x)在(e2，＋∞)上单调递减．由g(x)的单调性可知，g(x)的极小值为g(1)＝0，g(x)的极大值为g(e2)＝4e当x→0＋时，lnx→－∞，(lnx)2→＋∞，1x→＋∞，所以g(x)→＋∞当x→＋∞时，g(x)→0.因为直线y＝a与函数g(x)的图象有3个不同的交点，结合g(x)的图象(图略)可知，0＜x1＜1＜x2＜e2＜x3且0＜a＜4e故a的取值范围为0，(ⅱ)要证(lnx2－lnx1)·lnx3＜4ee-1即证12lnx即证(lnx2－lnx1)·lnx3即证(lnx2－lnx1)·lnx3＜e-1+1e-1＝由(ⅰ)可知0<x1<1<x2<e2<x3，且0<a<4e2，则x1<1，1＜x2＜e，又a＝lnx12x1则-lnx1x1＝ln即-lnx1x1＝lnx2则－lnx1·lnx3＝a22·由(ⅰ)可知，x3＞e，g(x3)＝则－lnx1·lnx3＜由(e－2)2＞0，得e2＞4e－4＝4(e－1)，即4e2＜则－lnx1·lnx3＜4e令x3x2＝t，则x3x2＝t＞1，整理得lnx2＝lntt-1，ln故lnx2·lnx3＝tlnt2所以(lnx2－lnx1)·lnx3＝lnx2·lnx3－lnx1要证(lnx2－lnx1)·lnx3＜4ee-1，证tlnt即证lnt＜t-1t(t＞令h(t)＝lnt－t-1t，则h′(t)＝又t>1，则h′(t)＜0，h(t)在(1，＋∞)上单调递减，则h(t)＜0，即lnt＜t-1反思领悟本例(2)问关键是将f(x)>2lna＋32(a>0)转化为f(x)min>2lna＋32，即1＋a2＋lna>2lna＋32．不等式的两边含有同一个变量a，一般可以直接构造“巩固迁移3设函数f(x)＝lnx－x＋1．(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1<x-1lnx[解](1)∵f(x)＝lnx－x＋1，∴f′(x)＝1x－1，x>0由f′(x)>0，得0<x<1；由f′(x)<0，得x>1，即f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<x-1lnx<x等价于lnx<x－1<x由(1)可知f(x)＝lnx－x＋1在(1，＋∞)上单调递减，可得f(x)<f(1)＝0，即有lnx<x－1；设g(x)＝xlnx－x＋1，x>1，则g′(x)＝1＋lnx－1＝lnx，当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，即有g(x)>g(1)＝0，故xlnx>x－1．综上，当x∈(1，＋∞)时，1<x-1lnx【教用·备选题】(2024·北京三模)已知f(x)＝2x－alnx－ax－1．(1)若a＝－1，求曲线y＝f(x)在点P(1，2)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)＝2x＋lnx＋x－1，f′(x)＝1x+1x＋1，f′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：f′(x)＝1x-a令f′(x)＝0，得1x-ax－a＝0，令t＝x原方程可化为at2－t＋a＝0①，则t1＝x1，t2＝x2是方程所以Δ=1-4a2>0，1由根与系数的关系得t1＋t2＝1a，t1t2＝1，则t12+t22＝(t1＋t2)2－2t1所以f(x1)＋f(x2)＝2(x1+x2)－a(lnx1＋lnx2)－a(x1＋x＝2t1+t2-aln⁡(t1令h(a)＝2a＋1a－20<a<12，则h′(a)＝2所以函数h(a)在0，所以h(a)＝2a＋1a－2>h12＝所以f(x1)＋f(x2)>0．1．(2024·张家口期末)若x＋lna≥ln(x＋2)对于任意的x>－2恒成立，则正数a的最小值为()A．e-2 B．1C．e D．eD[x＋lna≥ln(x＋2)恒成立，即lna≥ln(x＋2)－x恒成立．设g(x)＝ln(x＋2)－x(x>－2)，g′(x)＝1x+2－1＝－令g′(x)>0，解得－2<x<－1；令g′(x)<0，解得x>－1，则g(x)在区间(－2，－1)上单调递增，在区间(－1，＋∞)上单调递减，所以g(x)在(－2，＋∞)上的最大值是g(－1)＝1，故lna≥ln(x＋2)－x恒成立，只需lna≥1，解得a≥e，即a的最小值为e．故选D．]2．(2024·安康市汉滨区期末)已知函数f(x)＝exx－mx(e为自然对数的底数)，若f(x)<0在(0，＋∞)上有解，则实数m的取值范围为(A．(e，＋∞) B．(－∞，e)C．e24，+∞C[由f(x)＝exx－mx<0在(0，＋∞)上有解，可得m>exx2在令g(x)＝exx2，则m>g(x)min，又g′(x)＝x-2则当0<x<2时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，当x>2时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，故当x＝2时，函数g(x)取得最小值，为g(2)＝e2故m>e24．故选C3．已知函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝e-2(e为自然对数的底数)处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．[解](1)因为f(x)＝ax＋xlnx，x>0，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，因为函数f(x)在x＝e-2处取得极小值，所以f′(e-2)＝0，即a＋lne-2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2．当f′(x)>0时，x>e-2；当f′(x)<0时，0<x<e-2，所以f(x)在(0，e-2)上单调递减，在(e-2，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝e-2处取得极小值，符合题意，所以a＝1．(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xlnx．令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x>0)．g′(x)＝lnx－1，由g′(x)＝0，得x＝e．由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0<x<e．所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0．于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．【教用·备选题】1．(2025·九江模拟)已知函数f(x)＝etx－lnx＋(t－1)x，若f(x)≥0恒成立，则实数t的取值范围为________．1e，+∞[由题意f(x)＝etx－lnx＋(t－1)x所以etx＋tx≥x＋lnx＝elnx＋lnx恒成立，令g(u)＝eu＋u，则g′(u)＝eu＋1＞1＞0，所以g(u)单调递增，从而etx＋tx≥x＋lnx＝elnx＋lnx⇔tx≥lnx，显然x＞0，也就是说原问题等价于t≥lnx令h(x)＝lnxx(x>0)，从而h′(x)＝当0＜x＜e时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当x＞e时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(e)＝1e，所以实数t的取值范围为1e2．(2025·汉中模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax－1．(1)若直线x＋ey＋e＝0与曲线y＝f(x)相切，求a；(2)若存在x0∈(0，＋∞)，使得f(x0)≥0成立，求实数a的取值范围．[解](1)根据题意可得f′(x)＝1x－a且x>0因为直线x＋ey＋e＝0与曲线y＝f(x)相切，所以不妨设切点为m，所以1m-所以a＝2e(2)若存在x0∈(0，＋∞)，使得f(x0)≥0成立，只需f(x)max≥0即可，由f′(x)＝1x－a，当a≤0时，显然存在f(e)＝lne－ae－1≥0，满足题设．当a>0，令f′(x)＝0得x＝1所以在0，1a上f′(x)>0，f(在1a，+∞上f′(x)<0，f(所以只需f1a＝－lna－2≥0，则lna≤－2所以0<a≤1e综上所述，实数a的取值范围为-∞，课后习题(二十二)利用导数研究不等式问题1．(湘教版选择性必修第二册P44习题1.3T14改编)已知函数f(x)＝2lnx－x2ex＋1，若存在x0>0，使f(x0)≥ax0成立，则实数a的最大值为()A．0 B．－1C．1－e D．1－e2B[因为存在x0>0，使f(x0)≥ax0，所以2lnx－x2ex＋1≥ax能成立，又2lnx－x2ex＋1≥ax⇔2lnx－ax＋1≥x2ex，又因为x2ex＝ex+2lnx≥x＋2lnx＋1，所以2lnx－ax＋1≥x＋2lnx＋1能成立，即存在x0>0，－ax0≥x0能成立，所以－a≥1，解得a≤－1，所以a的最大值为－1．故选B．]2．(人教A版选择性必修第二册P94练习T2改编)证明：ln(x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)．[证明]设f(x)＝ln(x＋1)－x(x>－1)，∴f′(x)＝1x+1－1＝1-x又x>－1，∴x＋1>0，令f′(x)>0，则-xx+1>0，∴－1<∴f(x)在(－1，0)上单调递增；令f′(x)<0，则-xx+1<0，∴∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．∴当x＝0时，f(x)取最大值，即f(x)max＝f(0)＝0，∴f(x)≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x，∴ln(x＋1)≤x(x>－1)得证．3．(2025·济南模拟)已知关于x的不等式exsinx－cosx－a＞0在x∈0，π2上恒成立，则实数a的取值范围为A．-∞，eπ2C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)C[∀x∈0，π2，exsinx－cosx－a>0⇔a<exsinx－令f(x)＝exsinx－cosx，x∈0，则f′(x)＝ex(sinx＋cosx)＋sinx＞0，于是得f(x)在0，π2上单调递增，∀x∈0，π2，f(x)>f(0)＝－1所以实数a的取值范围为(－∞，－1]．故选C．]4．(2025·贵州模拟)已知函数f(x)＝xex＋2a，g(x)＝elnxx，∀x1∈[1，2]，∃x2∈[1，3]，都有不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，则实数a的取值范围是(A．[－e2，＋∞) B．1-eC．-e2，+∞C[∀x1∈[1，2]，∃x2∈[1，3]，都有不等式f(x1)≥g(x2)恒成立⇔f(x)min≥g(x)min．∵f′(x)＝ex(x＋1)，x∈[1，2]，f′(x)>0，则f(x)在区间[1，2]上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝e＋2a．∵g′(x)＝e1-lnxx2，x∴当x∈[1，e]时，g′(x)