高考数学一轮复习 讲义 微专题（3） 构造法在导数中的应用

近几年高考数学客观压轴题，多以导数为工具采用构造函数比较大小或求参数取值范围的形式出题，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解决导数问题的基本方法，以下对在处理导数问题时构造函数的规律方法进行归类总结，并举例说明．类型一导数型构造函数(多角度探究)角度1利用f(x)与xn构造(1)对于xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)，其中n>0，构造函数F(x)＝xnf(x)；(2)对于xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，其中n>0，构造函数F(x)＝eq\f(f（x）,xn).已知定义在R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，f(－3)＝0，当x>0时，3f(x)＋xf′(x)<0，则使得f(x)<0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－3)∪(0，3)B．(－3，0)∪(3，＋∞)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(－3，0)答案：B解析：设g(x)＝x3f(x)，则g′(x)＝3x2f(x)＋x3f′(x)＝x2[3f(x)＋xf′(x)]，当x>0时，因为3f(x)＋xf′(x)<0，所以g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f(x)为奇函数，则f(－x)＝－f(x)，则g(－x)＝(－x)3f(－x)＝x3f(x)＝g(x)，则g(x)为偶函数，可得g(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(－3)＝0，则g(－3)＝g(3)＝0，当x>0时，由f(x)<0，得g(x)<0，即g(x)<g(3)，解得x>3.当x<0时，由f(x)<0，得g(x)>0，即g(x)>g(－3)，解得－3<x<0.综上所述，不等式f(x)<0的解集为(－3，0)∪(3，＋∞)．故选B.题目已知中出现含f(x)，f′(x)的不等式，一般应考虑逆用导数的运算法则构造新函数，然后再逆用单调性等解决问题．1.设f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，且f(1)＝0，当x<0时，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，则不等式f(x)>0的解集为________．答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：构造F(x)＝eq\f(f（x）,x)，则F′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)，当x<0时，由xf′(x)－f(x)>0可得F′(x)>0，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．又f(x)为偶函数，g(x)＝x为奇函数，∴F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增．根据f(1)＝0可得F(1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数F(x)的大致图象，根据函数F(x)的大致图象可知不等式f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．角度2利用f(x)与enx构造(1)对于f′(x)＋nf(x)>0(或<0)，其中n>0，通常构造函数F(x)＝enxf(x)；(2)对于f′(x)－nf(x)>0(或<0)，其中n>0，通常构造函数F(x)＝eq\f(f（x）,enx).已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，且f(x)－f′(x)>0，f(0)＝1，则关于x的不等式f(x)>ex的解集为()A．{x|x>0} B．{x|x<0}C．{x|x<1} D．{x|x>1}答案：B解析：由f(x)>ex，得eq\f(f（x）,ex)>1，设g(x)＝eq\f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)<0，则g(x)在R上单调递减，且g(0)＝1，所以由eq\f(f（x）,ex)>1，得g(x)>1＝g(0)，故x<0.故选B.若不等式满足“f′(x)－nf(x)>0”的形式，优先构造函数F(x)＝eq\f(f（x）,enx)，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可，注意所求问题的转化．2.(多选)已知函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，且对任意的x∈R，都有f(x)＋f′(x)>0，则下列说法正确的是()A．ef(1)<f(0) B．ef(1)>f(0)C．2f(ln2)<ef(1) D．2f(ln2)>ef(1)答案：BC解析：令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，所以g(0)<g(1)，即f(0)<ef(1)，故A错误，B正确；又g(ln2)<g(1)，所以eln2f(ln2)<ef(1)，即2f(ln2)<ef(1)，故C正确，D错误．故选BC.角度3利用f(x)与sinx，cosx构造由于sinx，cosx的导函数存在一定的特殊性，且它们之间可以相互转化，因此，要解由f(x)，f′(x)，sinx，cosx构成的不等式，常用的构造方法如下：(1)对于f′(x)sinx＋f(x)cosx>0(或<0)，通常构造函数F(x)＝f(x)sinx；(2)对于f′(x)sinx－f(x)cosx>0(或<0)，通常构造函数F(x)＝eq\f(f（x）,sinx)；(3)对于f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(或<0)，通常构造函数F(x)＝eq\f(f（x）,cosx)；(4)对于f′(x)cosx－f(x)sinx>0(或<0)，通常构造函数F(x)＝f(x)cosx.定义在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f′(x)>f(x)tanx成立，则()A.eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) B.eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>2cos1·f(1)C.eq\r(6)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) D.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))答案：A解析：由f′(x)>f(x)tanx，得f′(x)cosx－f(x)sinx>0，构造函数F(x)＝f(x)cosx，则F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx>0，故F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，则Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))coseq\f(π,6)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))coseq\f(π,3)＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).故选A.若不等式满足或通过变形后满足“f′(x)cosx－f(x)sinx>0”的形式，优先考虑构造函数F(x)＝f(x)cosx，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可，注意所求问题的转化．3.已知偶函数f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，其导函数为f′(x)，当0≤x<eq\f(π,2)时，有f′(x)cosx＋f(x)sinx>0成立，则关于x的不等式f(x)>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx的解集为________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))解析：构造函数g(x)＝eq\f(f（x）,cosx)，则g′(x)＝eq\f(f′（x）cosx＋f（x）sinx,cos2x)>0，所以函数g(x)＝eq\f(f（x）,cosx)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，因为函数f(x)为偶函数，所以函数g(x)＝eq\f(f（x）,cosx)也为偶函数，所以函数g(x)＝eq\f(f（x）,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减，因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以cosx>0，所以关于x的不等式f(x)>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx可变形为eq\f(f（x）,cosx)>eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，也即g(x)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以g(|x|)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x|>\f(π,3)，,－\f(π,2)<x<\f(π,2)，))解得eq\f(π,3)<x<eq\f(π,2)或－eq\f(π,2)<x<－eq\f(π,3).故原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).类型二同构法构造函数(多角度探究)角度1和差型同构若ex－ax≥－x＋ln(ax)，则正实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．(0，e]C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) D．(e，＋∞)答案：B解析：解法一：不等式ex－ax≥－x＋ln(ax)，可化为ex＋x≥eln(ax)＋ln(ax)，设g(x)＝ex＋x，则g′(x)＝ex＋1>0，即g(x)在R上是增函数，而g(x)≥g(ln(ax))，因为a>0，x>0，所以x≥ln(ax)＝lna＋lnx，即lna≤x－lnx恒成立，令f(x)＝x－lnx，则f′(x)＝1－eq\f(1,x)，当0<x<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)＝1，故只需lna≤1，即a≤e.又a>0，所以正实数a的取值范围为(0，e]．解法二：因为ex－ax≥－x＋ln(ax)，所以ex＋x≥ax＋ln(ax)，即ex＋lnex≥ax＋ln(ax)．令f(x)＝x＋lnx，则f(ex)≥f(ax)，因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以ex≥ax，又x>0，所以a≤eq\f(ex,x)，令g(x)＝eq\f(ex,x)，则g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)＝e，故a≤e，又a>0，所以0<a≤e，即正实数a的取值范围为(0，e]．利用恒等式x＝lnex和x＝elnx，通过“幂转指”或“幂转对”进行等价变形，构造函数，然后利用构造函数的单调性进行研究，最后解决问题．4.已知x0是方程ex－ln(3x)－2x＝0的一个根，则eq\f(ex0,x0)＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C．2 D．3答案：D解析：解法一：因为x0是方程ex－ln(3x)－2x＝0的一个根，所以ex0－ln(3x0)－2x0＝0，即ex0－ln(3x0)－3x0＋x0＝0，整理，得lnex0＋ex0＝ln(3x0)＋3x0，令f(x)＝lnx＋x，x>0，则f′(x)＝eq\f(1,x)＋1>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，由lnex0＋ex0＝ln(3x0)＋3x0，可得f(ex0)＝f(3x0)，所以ex0＝3x0，所以eq\f(ex0,x0)＝3.故选D.解法二：因为x0是方程ex－ln(3x)－2x＝0的一个根，所以ex0－ln(3x0)－2x0＝0，即ex0－ln(3x0)－3x0＋x0＝0，所以ex0＋x0＝ln(3x0)＋3x0，所以ex0＋x0＝ln(3x0)＋eln(3x0)，令g(x)＝ex＋x，x>0，则g′(x)＝ex＋1>0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上为增函数，由ex0＋x0＝ln(3x0)＋eln(3x0)，可得g(x0)＝g(ln(3x0))，所以x0＝ln(3x0)，所以eq\f(ex0,x0)＝3.故选D.角度2积型同构(1)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea<blnb，则()A．ab>e B．b>eaC．ab<e D．b<ea答案：B解析：由aea<blnb，得ealnea<blnb．设f(x)＝xlnx(x>0)，因为a>0，则ea>1，因为b>0，且blnb>aea>0，则b>1.当x>1时，f′(x)＝lnx＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，则ealnea<blnb，即f(ea)<f(b)，所以ea<b.(2)设实数k>0，对任意的x>1，不等式kekx≥lnx恒成立，则k的最小值为________．答案：eq\f(1,e)解析：由kekx≥lnx，x>1，得kxekx≥xlnx，即kxekx≥elnxlnx，令f(x)＝xex，则f(kx)≥f(lnx)．因为f′(x)＝(x＋1)ex，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，因为kx>0，lnx>0，所以kx≥lnx，即k≥eq\f(lnx,x)，令h(x)＝eq\f(lnx,x)(x＞1)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x∈(1，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)＝eq\f(1,e)，即k≥eq\f(1,e)，所以k的最小值为eq\f(1,e).对于含有xex和xlnx的不等式或通过变形可以转化为含有xex和xlnx型的不等式，可以通过xex＝(lnex)ex进行指对互化，然后转化为研究函数f(x)＝xlnx的性质来解决问题．5.(2026·江西宜春模拟)若关于x的不等式e2x≥a(lneq\r(x)＋lneq\r(a))在(0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围为()A．(0，eq\r(e)] B．(0，e]C．(0，2e] D．(0，e2]答案：C解析：因为e2x≥a(lneq\r(x)＋lneq\r(a))有意义，所以a>0，x>0，所以ax>0，故不等式e2x≥a(lneq\r(x)＋lneq\r(a))可化为2e2x≥aln(ax)，又x>0，所以2xe2x≥axln(ax)，故2xe2x≥ln(ax)eln(ax)，设g(x)＝xex，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex＋xex，因为x>0，所以g′(x)>0，所以函数g(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，所以2x≥ln(ax)，故2x－lnx≥lna，令h(x)＝2x－lnx，则h′(x)＝2－eq\f(1,x)＝eq\f(2x－1,x)，令h′(x)＝0，可得x＝eq\f(1,2)，当0<x<eq\f(1,2)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x>eq\f(1,2)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以1－lneq\f(1,2)≥lna，故1≥lneq\f(a,2)，所以0<a≤2e，所以实数a的取值范围为(0，2e]．故选C.角度3商型同构若关于x的不等式ea＋xlnx<x2＋ax对任意的x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围为()A．(－∞，0] B．[－1，0]C．[－1，＋∞) D．[0，＋∞)答案：C解析：由ea＋xlnx<x2＋ax，可得eq\f(lnx,x)<eq\f(a＋x,ea＋x)，即eq\f(lnx,elnx)<eq\f(a＋x,ea＋x)，当a≥0时，对任意的x∈(0，1)，有eq\f(lnx,elnx)<0，eq\f(a＋x,ea＋x)>0，故不等式eq\f(lnx,elnx)<eq\f(a＋x,ea＋x)在x∈(0，1)上显然成立．当a<0时，令f(x)＝eq\f(x,ex)，则所求不等式转化为f(lnx)<f(a＋x)在x∈(0，1)上恒成立，因为f′(x)＝eq\f(1－x,ex)，且当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，又当x∈(0，1)时，lnx∈(－∞，0)，a＋x∈(－∞，1)，所以只需lnx<a＋x在x∈(0，1)上恒成立，即a>lnx－x恒成立．令g(x)＝lnx－x，则当x∈(0，1)时，g′(x)＝eq\f(1－x,x)>0，即g(x)在(0，1)上单调递增，又g(1)＝ln1－1＝－1，故a≥g(1)＝－1，所以此时有－1≤a<0.综上所述，实数a的取值范围为[－1，＋∞)．故选C.(1)函数f(x)＝eq\f(lnx,x)和f(x)＝eq\f(x,ex)可以借助eq\f(lnx,x)＝eq\f(lnx,elnx)＝eq\f(t,et)进行互化．(2)常见的几种同构涉及的函数图象：6.若关于x的不等式eq\f(x＋lna,ex)－eq\f(alnx,x)>0对任意的x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))答案：B解析：由题意可知a>0，eq\f(lnex＋lna,ex)>eq\f(alnx,x)，即eq\f(ln（aex）,aex)>eq\f(lnx,x)对任意的x∈(0，1)恒成立．设g(x)＝eq\f(lnx,x)，则问题转化为g(aex)>g(x)在x∈(0，1)上恒成立，因为g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，g(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.①当x∈(0，1)时，若a≥1，则aex>1恒成立，此时g(aex)>0>g(x)；②当x∈(0，1)时，若0<a<1，则aex<e，因为g(x)在(0，e)上单调递增，所以aex>x恒成立，即eq\f(x,ex)<a<1恒成立，令h(x)＝eq\f(x,ex)，则h′(x)＝eq\f(1－x,ex)，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)<h(1)＝eq\f(1,e)，所以eq\f(1,e)≤a<1.综上所述，实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).

[考情分析]高考对本部分的考查一般有三个层次：(1)主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；(2)导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；(3)综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数取值范围、解决应用问题等，还可能将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题．第1课时利用导数解决不等式恒(能)成立问题考点一“分离参数法”解决不等式恒(能)成立问题已知函数f(x)＝2ax－2lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝x－2，且∀x>0，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝2a－eq\f(2,x)＝eq\f(2ax－2,x)(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，若0<x<eq\f(1,a)，则f′(x)<0，若x>eq\f(1,a)，则f′(x)>0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．(2)g(x)≤f(x)(x>0)，即2ax－2lnx≥x－2(x>0)，即a≥eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2)(x>0)，令h(x)＝eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2－lnx,x2)(x>0)，当0<x<e2时，h′(x)>0，当x>e2时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(e2)＝eq\f(1,e2)＋eq\f(1,2)，所以a≥eq\f(1,e2)＋eq\f(1,2).所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)＋\f(1,2)，＋∞)).用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，具体步骤如下：(1)分离参数(注意分离参数时自变量x的取值范围是否影响不等号的方向)．(2)转化：①若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；②若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x)min；③若∃x∈D，使得a>f(x)有解，则只需a>f(x)min；④若∃x∈D，使得a<f(x)有解，则只需a<f(x)max.(3)求最值．1.已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋2)x＋2alnx(a∈R)．(1)若a>2，讨论函数f(x)的单调性；(2)设函数g(x)＝－(a＋2)x，若至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋2)x＋2alnx的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2－（a＋2）x＋2a,x)＝eq\f(（x－2）（x－a）,x).当a>2时，由f′(x)>0，得0<x<2或x>a；由f′(x)<0，得2<x<a，∴函数f(x)在(0，2)和(a，＋∞)上单调递增，在(2，a)上单调递减．(2)至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，即当x∈[e，4]时，eq\f(1,2)x2＋2alnx>0有解．∵当x∈[e，4]时，lnx≥1，∴2a>－eq\f(\f(1,2)x2,lnx)有解，令h(x)＝－eq\f(\f(1,2)x2,lnx)，x∈[e，4]，则2a>h(x)min.∵h′(x)＝－eq\f(xlnx－\f(1,2)x2·\f(1,x),（lnx）2)＝－eq\f(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,2))),（lnx）2)<0，∴h(x)在[e，4]上单调递减，∴h(x)min＝h(4)＝－eq\f(4,ln2)，∴2a>－eq\f(4,ln2)，即a>－eq\f(2,ln2)，∴实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,ln2)，＋∞)).考点二“最值法”解决不等式恒(能)成立问题已知函数f(x)＝xlnx－ax2，g(x)＝ax2－ax＋1，h(x)＝f(x)＋g(x)．(1)当a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，求f(x)的极值点的个数；(2)当a>1时，∃x∈(1，＋∞)，使得h(x)<(e－1)a－3e＋3，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝lnx＋1－2ax，x∈(0，＋∞)，令φ(x)＝f′(x)＝lnx＋1－2ax，则φ′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x)，令φ′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2a)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减．所以φ(x)max＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝lneq\f(1,2a)≤0，即f′(x)max≤0，所以f(x)的极值点的个数为0.综上所述，当a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，f(x)的极值点的个数为0.(2)因为h(x)＝xlnx－ax＋1，所以h′(x)＝lnx＋1－a.由h′(x)＝lnx＋1－a＝0，得x＝ea－1，由a>1，得ea－1>1，当x∈(1，ea－1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．所以h(x)min＝h(ea－1)＝1－ea－1，因为当a>1时，∃x∈(1，＋∞)，使得h(x)<(e－1)a－3e＋3，所以只需1－ea－1<(e－1)a－3e＋3成立，即不等式ea－1＋(e－1)(a－3)－1>0成立．令k(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1，则k′(a)＝ea－1＋e－1，易知k′(a)在(1，＋∞)上单调递增，则k′(a)>k′(1)＝e，则k′(a)＝ea－1＋e－1>0在(1，＋∞)上恒成立，故k(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1在(1，＋∞)上单调递增，又k(2)＝0，所以a>2，故实数a的取值范围为(2，＋∞)．在不等式恒(能)成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)>(<)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围．(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则①f(x，a)>0恒成立⇔g(a)>0；②f(x，a)<0有解⇔g(a)<0.(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则①f(x，a)<0恒成立⇔g(a)<0；②f(x，a)>0有解⇔g(a)>0.2.已知函数f(x)＝aln(x＋1)，a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－eq\f(1,2)x2恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)，所以切点为(3，2ln2)．因为f′(x)＝eq\f(1,x＋1)，所以切线的斜率为k＝f′(3)＝eq\f(1,4)，所以曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程为y－2ln2＝eq\f(1,4)(x－3)，化简，得x－4y＋8ln2－3＝0.(2)对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－eq\f(1,2)x2恒成立，即aln(x＋1)－x＋eq\f(1,2)x2≥0恒成立．令h(x)＝aln(x＋1)－x＋eq\f(1,2)x2(x≥0)，则h′(x)＝eq\f(a,x＋1)－1＋x＝eq\f(x2＋a－1,x＋1)(x≥0)．①当a≥1时，h′(x)≥0恒成立，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，因此h(x)min＝h(0)＝0，所以a≥1符合条件．②当a<1时，由h′(x)＝0，x≥0，解得x＝eq\r(1－a)，当x∈(0，eq\r(1－a))时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(eq\r(1－a)，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(eq\r(1－a))<h(0)＝0，这与h(x)≥0矛盾，应舍去．综上可知，实数a的取值范围为[1，＋∞)．考点三双变量不等式恒(能)成立问题设f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．解：(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于g(x)max－g(x)min≥M.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3))).由g′(x)＞0，得x＜0或x＞eq\f(2,3)，由g′(x)<0，得0<x<eq\f(2,3)，又x∈[0，2]，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上单调递增，又g(0)＝－3，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(2)＝1，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(x)max＝g(2)＝1.故g(x)max－g(x)min＝eq\f(112,27)≥M，则满足条件的最大整数M＝4.(2)对任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)min≥g(x)max.由(1)可知在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值为g(2)＝1.故在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，等价于a≥x－x2lnx恒成立．设h(x)＝x－x2lnx，则h′(x)＝1－2xlnx－x，令φ(x)＝1－2xlnx－x，则φ′(x)＝－(2lnx＋3)，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，φ′(x)<0，可知h′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递减，又h′(1)＝0，所以当eq\f(1,2)＜x＜1时，h′(x)＞0；当1＜x＜2时，h′(x)＜0，所以函数h(x)＝x－x2lnx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．双变量不等式的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转换，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；(4)∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.3.已知函数f(x)＝lnx－ax＋1(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝lnx－eq\f(x,4)＋eq\f(3,4x)，若对任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上，f′(x)＞0，f(x)单调递增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当a＞0时，f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).(2)g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,4)－eq\f(3,4)×eq\f(1,x2)＝eq\f(－x2＋4x－3,4x2)＝－eq\f(（x－1）（x－3）,4x2)，在(1，3)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增；在(3，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(3)＝ln3－eq\f(1,2).因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，等价于f(x)max＜g(x)max，由(1)知，当a≤0时，f(x)无最值；当a＞0时，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－lna，所以－lna＜ln3－eq\f(1,2)，所以lna＞lneq\f(\r(e),3)，解得a＞eq\f(\r(e),3).综上所述，实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),3)，＋∞)).课时作业基础题(占比20%)中档题(占比50%)拔高题(占比30%)题号123456难度★★★★★★★★★★★★★考点分离参数法解决不等式恒成立问题分离参数法解决不等式能成立问题最值法解决不等式能成立问题双变量不等式恒(能)成立问题最值法解决不等式恒成立问题最值法解决不等式恒成立问题1.(2026·辽宁重点中学协作体联考)已知函数f(x)＝(lnx－x＋1)(ex－ax)(a∈R)．(1)当a＝0时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)由题意可知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，若a＝0，则f(x)＝(lnx－x＋1)ex，则f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－x＋\f(1,x)))ex，设g(x)＝lnx－x＋eq\f(1,x)，x>0，则g′(x)＝－eq\f(x2－x＋1,x2)＝－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4),x2)<0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以当x>1时，g(x)<0，即f′(x)<0；当0<x<1时，g(x)>0，即f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)，单调递增区间为(0，1)．(2)设h(x)＝lnx－x＋1，x>0，则h′(x)＝eq\f(1－x,x)，令h′(x)>0，解得0<x<1；令h′(x)<0，解得x>1，所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则h(x)≤h(1)＝0，即lnx－x＋1≤0，若f(x)≤0恒成立，则ex－ax≥0在(0，＋∞)上恒成立，即eq\f(ex,x)≥a在(0，＋∞)上恒成立，设F(x)＝eq\f(ex,x)，x>0，则F′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，令F′(x)>0，解得x>1；令F′(x)<0，解得0<x<1，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，则F(x)≥F(1)＝e，所以a≤e，所以实数a的取值范围为(－∞，e]．2．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(a,x)－1，其中a为常数．(1)过原点作f(x)图象的切线l，求切线l的方程；(2)若∃x∈(0，＋∞)，使f(x)≤g(x)成立，求a的最小值．解：(1)因为f′(x)＝eq\f(1,x)，设切点坐标为(t，lnt)，则切线方程为y－lnt＝eq\f(1,t)(x－t)，因为切线经过原点，所以－lnt＝eq\f(1,t)(－t)，解得t＝e，所以切线的斜率为eq\f(1,e)，所以切线l的方程为x－ey＝0.(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使f(x)≤g(x)，即lnx≤eq\f(a,x)－1成立，则a≥x(lnx＋1)在(0，＋∞)上有解，故当x∈(0，＋∞)时，a≥[x(lnx＋1)]min.令h(x)＝x(lnx＋1)，x>0，则h′(x)＝lnx＋2，令h′(x)>0，得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))；令h′(x)<0，得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))，故h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))上单调递增，所以h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－eq\f(1,e2)，则a≥－eq\f(1,e2)，故a的最小值为－eq\f(1,e2).3．(2026·河北保定模拟)已知函数f(x)＝－eq\f(1,2)e2x－aex＋2a2x.(1)当a＝1时，求f(x)的极值；(2)若关于x的不等式f(x)＋a2≥0有实数解，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝－eq\f(1,2)e2x－ex＋2x，则f′(x)＝－e2x－ex＋2＝(ex＋2)(1－ex)，令f′(x)>0，得x<0；令f′(x)<0，得x>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(0)＝－eq\f(3,2)，无极小值．(2)由题意，得f′(x)＝－e2x－aex＋2a2＝(a－ex)(ex＋2a)，当a＝0时，f(x)＝－eq\f(1,2)e2x<0，不符合题意；当a>0时，令f′(x)>0，得x<lna；令f′(x)<0，得x>lna，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递增，在(lna，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(lna)＝－eq\f(1,2)e2lna－aelna＋2a2lna＝－eq\f(3,2)a2＋2a2lna，由－eq\f(3,2)a2＋2a2lna＋a2≥0，得－eq\f(1,2)＋2lna≥0，解得a≥eeq\s\up6(\f(1,4))；当a<0时，令f′(x)>0，得x<ln(－2a)；令f′(x)<0，得x>ln(－2a)，所以f(x)在(－∞，ln(－2a))上单调递增，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(ln(－2a))＝－eq\f(1,2)e2ln(－2a)－aeln(－2a)＋2a2ln(－2a)＝2a2ln(－2a)，由2a2ln(－2a)＋a2≥0，得2ln(－2a)＋1≥0，解得a≤－eq\f(1,2\r(e)).综上所述，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2\r(e))))∪[eeq\s\up6(\f(1,4))，＋∞)．4．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)mx2＋(m－1)x－lnx(m∈R)，g(x)＝x2－eq\f(1,2ex)＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当m>0时，若对任意x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围．解：(1)f′(x)＝mx＋m－1－eq\f(1,x)＝eq\f(（mx－1）（x＋1）,x)，x>0.当m≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当m>0时，由f′(x)>0，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))上单调递增，由f′(x)<0，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))上单调递减．综上所述，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当m>0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))上单调递增．(2)当m>0时，由(1)知f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝lnm＋1－eq\f(1,2m)，又g′(x)＝2x＋eq\f(1,2)e－x>0(x≥1)恒成立，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2－eq\f(1,2e)，由题意知f(x)min≥g(x)min，即lnm＋1－eq\f(1,2m)≥2－eq\f(1,2e).设h(m)＝lnm＋1－eq\f(1,2m)，则h′(m)＝eq\f(1,m)＋eq\f(1,2m2)>0，所以h(m)为增函数，又h(e)＝2－eq\f(1,2e)，所以m≥e，即m的取值范围是[e，＋∞)．5．已知函数f(x)＝aex＋x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x>1时，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，求实数a的取值范围．解：(1)依题意，得f′(x)＝aex＋1.当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增．当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln(－a)，令f′(x)<0，可得x>－ln(－a)，所以f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．综上所述，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．(2)因为当x>1时，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，所以aex＋x＋1>lneq\f(x－1,a)＋x，即elnaex＋x＋1>ln(x－1)－lna＋x，即ex＋lna＋lna＋x>ln(x－1)＋x－1，即ex＋lna＋x＋lna>eln(x－1)＋ln(x－1)．令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋lna)>h(ln(x－1))对任意x∈(1，＋∞)恒成立．因为h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在R上单调递增，故只需x＋lna>ln(x－1)，即lna>ln(x－1)－x对任意x∈(1，＋∞)恒成立．令F(x)＝ln(x－1)－x，则F′(x)＝eq\f(1,x－1)－1＝eq\f(2－x,x－1)，令F′(x)＝0，得x＝2.当x∈(1，2)时，F′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以F(x)≤F(2)＝－2.因此lna>－2，所以a>eq\f(1,e2).即实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).6．(2024·新课标Ⅰ卷，18，节选)已知函数f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3.(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；(2)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围．解：(1)当b＝0时，f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax，其中x∈(0，2)，则f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2－x)＋a＝eq\f(2,x（2－x）)＋a，x∈(0，2)，因为x(2－x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－x＋x,2)))eq\s\up12(2)＝1，当且仅当x＝1时，等号成立，故f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0恒成立，故2＋a≥0，即a≥－2，所以a的最小值为－2.(2)因为f(x)>－2当且仅当1<x<2，故x＝1为f(x)＝－2的一个解，所以f(1)＝－2，即a＝－2，先考虑当1<x<2时，f(x)>－2恒成立．此时f(x)>－2，即lneq\f(x,2－x)＋2(1－x)＋b(x－1)3>0在(1，2)上恒成立，设t＝x－1，则当x∈(1，2)时，t∈(0，1)，则lneq\f(t＋1,1－t)－2t＋bt3>0在(0，1)上恒成立，设g(t)＝lneq\f(t＋1,1－t)－2t＋bt3，则g′(t)＝eq\f(2,1－t2)－2＋3bt2＝eq\f(t2（－3bt2＋2＋3b）,1－t2)，当b≥0时，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0，故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立；当－eq\f(2,3)≤b<0时，－3bt2＋2＋3b>2＋3b≥0，故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立；当b<－eq\f(2,3)时，则当0<t<eq\r(1＋\f(2,3b))<1时，g′(t)<0，故g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(1＋\f(2,3b))))上单调递减，故g(t)<g(0)＝0，不符合题意，舍去．综上所述，f(x)>－2在(1，2)上恒成立时，b≥－eq\f(2,3).而当b≥－eq\f(2,3)时，由上述过程可得g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t)>0的解为(0，1)，即f(x)>－2的解为(1，2)．综上，b的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞)).

第2课时利用导数证明不等式考点一直接构造函数证明不等式已知函数f(x)＝a(x－1)－lnx＋1.(1)求f(x)的单调区间；(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex－1.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)，当a≤0时，f′(x)＝eq\f(ax－1,x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，则f′(x)>0，f(x)单调递增，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，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，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a))).(2)证明：当a≤2，且x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋lnx－1≥ex－1－2x＋1＋lnx，令g(x)＝ex－1－2x＋1＋lnx，则证当x>1时，g(x)>0即可．g′(x)＝ex－1－2＋eq\f(1,x)，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－eq\f(1,x2)，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＋ln1＝0，问题得证．待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．1.设函数f(x)＝x3－2x2＋ax＋blnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋e.(1)求a，b的值；(2)证明：f(x)>－x.解：(1)因为f(x)＝x3－2x2＋ax＋blnx，所以f′(x)＝3x2－4x＋a＋eq\f(b,x)，又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋e，所以f(1)＝e－1，f′(1)＝－1，所以－1＋a＝e－1，－1＋a＋b＝－1，所以a＝e，b＝－e.(2)证明：由(1)可知f(x)＝x3－2x2＋ex－elnx，令g(x)＝f(x)＋x＝x3－2x2＋(e＋1)x－elnx，要证明f(x)>－x，即证明g(x)>0恒成立，g′(x)＝3x2－4x＋(e＋1)－eq\f(e,x)＝eq\f(3x3－4x2＋（e＋1）x－e,x)＝eq\f(（x－1）（3x2－x＋e）,x)，对于方程3x2－x＋e＝0，因为Δ＝1－12e<0，所以3x2－x＋e>0恒成立，则由g′(x)＝0，得x＝1，故当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝e>0，所以g(x)>0恒成立，即f(x)>－x.考点二凹凸反转法证明不等式凹函数是数学中一个值得研究的分支，它包括数学中大多数重要的函数，如x2，ex等．记f″(x)为y＝f′(x)的导数．现有如下定理：在区间I上f(x)为凹函数的充要条件为f″(x)≥0(x∈I)．(1)证明：函数f(x)＝eq\f(1,x3－x)为(1，＋∞)上的凹函数；(2)已知函数g(x)＝ax2－2xlnx－lnx(a∈R)．①若g(x)为[1，＋∞)上的凹函数，求a的最小值；②在①的条件下，当a取最小值时，证明：g(x)＋2x≥eq\f(3x－1,（3x－2）（3x＋1）)＋2在[1，＋∞)上恒成立．解：(1)证明：因为f(x)＝eq\f(1,x3－x)，则f′(x)＝eq\f(－（3x2－1）,（x3－x）2)，f″(x)＝eq\f(2（6x4－3x2＋1）,（x3－x）3)，因为6x4－3x2＋1＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(5,8)>0，又x∈(1，＋∞)，所以(x3－x)3>0，故f″(x)＝eq\f(2（6x4－3x2＋1）,（x3－x）3)>0在(1，＋∞)上恒成立，即函数f(x)＝eq\f(1,x3－x)为(1，＋∞)上的凹函数．(2)①因为g(x)＝ax2－2xlnx－lnx(a∈R)，所以g′(x)＝2ax－2lnx－2－eq\f(1,x)，g″(x)＝2a－eq\f(2,x)＋eq\f(1,x2)，由题意，知g″(x)＝2a－eq\f(2,x)＋eq\f(1,x2)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即2a≥eq\f(2,x)－eq\f(1,x2)在[1，＋∞)上恒成立，令eq\f(1,x)＝t∈(0，1]，则2a≥2t－t2在(0，1]上恒成立，令y＝2t－t2，其图象的对称轴为直线t＝1，所以当t＝1时，y＝2t－t2取得最大值，为1，所以2a≥1，解得a≥eq\f(1,2)，所以a的最小值为eq\f(1,2).②证明：由①，知g(x)＝eq\f(1,2)x2－2xlnx－lnx，令H(x)＝g(x)＋2x＝eq\f(1,2)x2－2xlnx－lnx＋2x，则H′(x)＝x－2lnx－2－eq\f(1,x)＋2＝x－2lnx－eq\f(1,x)，令m(x)＝x－2lnx－eq\f(1,x)，则m′(x)＝1－eq\f(2,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－2x＋1,x2)＝eq\f(（x－1）2,x2)≥0在[1，＋∞)上恒成立，当且仅当x＝1时，等号成立，所以m(x)＝x－2lnx－eq\f(1,x)在[1，＋∞)上单调递增，故m(x)≥m(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立，即H′(x)＝x－2lnx－eq\f(1,x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，当且仅当x＝1时，等号成立，即H(x)＝eq\f(1,2)x2－2xlnx－lnx＋2x在[1，＋∞)上单调递增，所以H(x)≥H(1)＝eq\f(1,2)＋2＝eq\f(5,2)，令F(x)＝eq\f(3x－1,（3x－2）（3x＋1）)＋2，t＝3x－1≥2，则y＝eq\f(t,（t－1）（t＋2）)＋2，则y′＝eq\f(－t2－2,（t2＋t－2）2)<0在[2，＋∞)上恒成立，即y＝eq\f(t,（t－1）（t＋2）)＋2在[2，＋∞)上单调递减，所以y≤eq\f(2,（2－1）×（2＋2）)＋2＝eq\f(5,2)，即当x∈[1，＋∞)时，F(x)＝eq\f(3x－1,（3x－2）（3x＋1）)＋2≤eq\f(5,2)，当且仅当x＝1时，等号成立，所以g(x)＋2x≥eq\f(3x－1,（3x－2）（3x＋1）)＋2在[1，＋∞)上恒成立．“凹凸反转法”证明不等式的方法步骤eq\x(欲证g（x）>h（x）)eq\o(→,\s\up7(g（x）图象凹形状),\s\do5(h（x）图象凸形状))求g（x）的最小值求h（x）的最大值eq\o(→,\s\up7(说明g（x）min大于),\s\do5(h（x）max))eq\x(证得g（x）>h（x）)，如图所示．在证明过程中，“隔离化”是关键．如果证g(x)≥f(x)恒成立，只需证g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有当f(x)与g(x)取到最值的条件是同一个x的值时取等号，否则只能得到g(x)>f(x)．2.已知函数g(x)＝xlnx，证明：当x>0时，g(x)>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e).证明：因为g(x)＝xlnx，所以g′(x)＝1＋lnx，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，所以当0<x<eq\f(1,e)时，g′(x)<0，当x>eq\f(1,e)时，g′(x)>0，所以函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，所以当x>0时，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).令φ(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，则φ′(x)＝eq\f(1－x,ex)，所以当0<x<1时，φ′(x)>0，当x>1时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝－eq\f(1,e).又两个等号不同时成立，故当x>0时，g(x)>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e).3．求证：ex－ex＋1－eq\f(elnx,x)>0(x>0)．证明：原不等式等价于ex－ex＋1>eq\f(elnx,x)(x>0)．令F(x)＝ex－ex＋1(x>0)，则F′(x)＝ex－e，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)min＝F(1)＝e－e＋1＝1.令G(x)＝eq\f(elnx,x)(x>0)，则G′(x)＝eq\f(e（1－lnx）,x2)，当x∈(0，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，G′(x)<0，G(x)单调递减，所以G(x)max＝G(e)＝1，等号不同时取得，所以F(x)>G(x)，即ex－ex＋1>eq\f(elnx,x)，故原不等式成立．考点三放缩法证明不等式(1)已知x∈(0，1)，求证：x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).证明：证法一：要证x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex)，只需证exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))<lnx，又易证ex>x＋1(0<x<1)，∴只需证lnx＋(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))>0，即证lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2>0，而x3<x，x2<x(0<x<1)，∴只需证lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－2－eq\f(1,x2)＝－eq\f(2x2－x＋1,x2)，而2x2－x＋1>0恒成立，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，g(x)>g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)>0，∴x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).证法二：∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，x2－eq\f(1,x)∈(－∞，0)，∴要证x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex)成立，只需证exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))<lnx成立，只需证x2－eq\f(1,x)<lnx，又x2<x(0<x<1)，∴只需证lnx＋eq\f(1,x)－x>0，令h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x2－x＋1,x2)，而x2－x＋1>0恒成立，∴h′(x)<0，∴h(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，h(x)>h(1)＝0，∴lnx＋eq\f(1,x)－x>0，∴x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).(2)已知函数f(x)＝ex＋x＋a，g(x)＝ln(x＋1)＋ln2，证明：当a≥0时，f(x)>g(x)．证明：由题意，知x>－1，设h(x)＝f(x)－(2x＋1)＝ex－x－1＋a，x>－1，则h′(x)＝ex－1，令h′(x)>0，得x>0，令h′(x)<0，得－1<x<0，故h(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)＝a≥0，所以f(x)≥2x＋1，当且仅当x＝0＝a时，等号成立．设φ(x)＝2x＋1－g(x)＝2x－ln(x＋1)＋1－ln2，x>－1，则φ′(x)＝2－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(2x＋1,x＋1)，令φ′(x)>0，得x>－eq\f(1,2)，令φ′(x)<0，得－1<x<－eq\f(1,2)，故φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递增，故φ(x)≥φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1－lneq\f(1,2)＋1－ln2＝0，所以2x＋1≥g(x)，当且仅当x＝－eq\f(1,2)时，等号成立．综上可得，f(x)≥2x＋1≥g(x)，又等号不能同时成立，所以f(x)>g(x)．导数的综合应用题中，最常见就是ex和lnx与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对ex和lnx进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋eq\f(1,2)x2，当且仅当x＝0时取等号；(4)当x≥0时，ex≥1＋eq\f(e,2)x2，当且仅当x＝0时取等号；(5)eq\f(x－1,x)≤lnx≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号．4.已知函数f(x)＝ax－sinx.(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>2sinx.解：(1)因为f(x)＝ax－sinx，所以f′(x)＝a－cosx，由函数f(x)为增函数，得f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，因为y＝cosx∈[－1，1]，所以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－sinx为增函数，当x>0时，由f(x)>f(0)＝0，得x>sinx，要证当x>0时，ex>2sinx，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，当0<x<ln2时，g′(x)<0，当x>ln2时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，所以g(x)≥g(ln2)>0，所以ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sinx.考点四与正整数n有关的不等式的证明(2026·湖北武汉模拟)已知函数f(x)＝2lnx－x＋eq\f(a,x)(a>0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)求证：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>ln(n＋1)＋eq\f(n,2（n＋1）)(n∈N*)．解：(1)∵f(x)＝2lnx－x＋eq\f(a,x)(x>0)，∴f′(x)＝eq\f(2,x)－1－eq\f(a,x2)＝eq\f(－x2＋2x－a,x2)，对于方程－x2＋2x－a＝0，Δ＝4－4a，当Δ＝4－4a≤0，即a≥1时，－x2＋2x－a≤0，f′(x)≤0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当Δ＝4－4a>0，即0<a<1时，方程－x2＋2x－a＝0有两个不相等的实数根，即x1＝1＋eq\r(1－a)，x2＝1－eq\r(1－a)，且x1>x2>0，∴当x>x1或0<x<x2时，f′(x)<0，当x2<x<x1时，f′(x)>0，∴函数f(x)在(0，1－eq\r(1－a))和(1＋eq\r(1－a)，＋