专题 05 导数与不等式 [考法一　不等式的证明问题] 题型·策略(一) 　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. [破题思路] 第(1)问 求什么 求 f (x)的单调区间与极值，想到求导函数 f ′(x)，然后利用不等式 f ′(x)>0 想什么 及 f ′(x)<0 求单调区间并确定极值 给什么 已知条件给出 f (x)的解析式，可直接用求导公式求导 用什么 第(2)问 求什么 证明 ex>x2－2ax＋1(a>ln 2－1，x>0)成立，想到证明 ex－x2＋2ax－1>0 想什么 成立 给什么 通过对第(1)问的研究，求得 f (x)＝ex－2x＋2a 的单调性与极值，仔细观 用什么 察，可发现(ex－x2＋2ax－1)′＝ex－2x＋2a 差什么 需要研究函数 g(x)＝ex－x2＋2ax－1 的单调性或最值，利用导数研究即 找什么 可 [规范解答] (1)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，故函数 f (x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减； 当 x>ln 2 时，f ′(x)>0，故函数 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)在 x＝ln 2 处取得极小值 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＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a. 又 a>ln 2－1，则 g′(x)min>0. 于是对∀x∈R，都有 g′(x)>0， 所以 g(x)在 R 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. [题后悟通]　 思路 受阻 分析 本题属于导数综合应用中较容易的问题，解决本题第(2)问时，易忽视与第(1) 问的联系，导函数 g′(x)＝ex－2x＋2a 的单调性已证，可直接用，若意识不到 这一点，再判断 g′(x)的单调性，则造成解题过程繁琐，进而造成思维受阻或 解题失误 利用单调性证明单变量不等式的方法 技法 一般地，要证 f (x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数 F(x)＝f (x)－ 关键 g(x)，通过分析 F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若 F(a)＝0，只需证明 点拨 F(x)在(a，b)上单调递增即可；若 F(b)＝0，只需证明 F(x)在(a，b)上单调递减 即可 [对点训练] 1．已知函数 f (x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ 为常数)． (1)若曲线 y＝f (x)与曲线 y＝g(x)在 x＝1 处有相同的切线，求实数 λ 的值； (2)若 λ＝，且 x≥1，证明：f (x)≤g(x)． 解：(1)f ′(x)＝ln x＋1，g′(x)＝2λx，则 f ′(1)＝1，从而 g′(1)＝2λ＝1，即 λ＝. (2)证明：设函数 h(x)＝xln x－(x2－1)，则 h′(x)＝ln x＋1－x. 设 p(x)＝ln x＋1－x，从而 p′(x)＝－1≤0 对任意 x∈[1，＋∞)恒成立， 所以当 x∈[1，＋∞)时，p(x)＝ln x＋1－x≤p(1)＝0，即 h′(x)≤0， 因此函数 h(x)＝xln x－(x2－1)在[1，＋∞)上单调递减，即 h(x)≤h(1)＝0， 所以当 λ＝，且 x≥1 时，f (x)≤g(x)成立． 题型·策略(二) 　已知函数 f (x)＝aex－bln x，曲线 y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为 y＝x＋1. (1)求 a，b； (2)证明：f (x)>0. [破题思路] 第(1)问 求什么 想什么 求 a，b 的值，想到建立关于 a，b 的方程组 给什么 题目条件中给出函数 f (x)在点(1，f (1))处的切线方程，可据此建立关于 用什么 a，b 的方程组 第(2)问 求什么 想什么 要证 f (x)>0，想到 f (x)的最小值大于 0 差什么 找什么 需求 f (x)的最小值，因此只要利用导数研究函数 f (x)的单调性即可 [规范解答] (1)函数 f (x)的定义域为(0，＋∞)． f ′(x)＝aex－，由题意得 f (1)＝，f ′(1)＝－1，所以解得 (2)证明：由(1)知 f (x)＝·ex－ln x(x>0)． 因为 f ′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上单调递增，又 f ′(1)<0，f ′(2)>0， 所以 f ′(x)＝0 在(0，＋∞)上有唯一实根 x0，且 x0∈(1,2)． 当 x∈(0，x0)时，f ′(x)<0，当 x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)>0，从而当 x＝x0 时，f (x)取极小值，也是最小值． x0－2 由 f ′(x0)＝0，得 e ＝，则 x0－2＝－ln x0. 故 f (x)≥f (x0)＝e x0－2 －ln x0＝＋x0－2>2 －2＝0，所以 f (x)>0. [题后悟通]　 本题属于隐零点问题．解决第(2)问时，常因以下两个原因造成思维受阻，无法正 常解题． 思路 受阻 (1)f ′(x)＝0 在(0，＋∞)上有解，但无法解出； (2)设出 f ′(x)＝0 的零点 x0，即 f (x)的最小值为 f (x0)，但是不能将函数 f (x0)转化成 可求最值的式子，从而无法将问题解决． 分析 当遇到既含有指数式，又含有对数式的代数式需判断其符号时，常需应用这种技 巧，把含有指数式与对数式的代数式转化为不含有指数式与对数式的代数式，从 而可轻松判断其符号 技法 关键 利用最值证明单变量不等式的技巧 利用最值证明单变量的不等式的常见形式是 f (x)>g(x)．证明技巧：先将不等式 f (x)>g(x)移项，即构造函数 h(x)＝f (x)－g(x)，转化为证不等式 h(x)>0，再次转化 点拨 为证明 h(x)min>0，因此，只需在所给的区间内，判断 h′(x)的符号，从而判断其单 调性，并求出函数 h(x)的最小值，即可得证 [对点训练] 2．已知函数 f (x)＝. (1)若 f (x)在区间(－∞，2]上为单调递增函数，求实数 a 的取值范围； (2)若 a＝0，x0＜1，设直线 y＝g(x)为函数 f(x)的图象在 x＝x0 处的切线，求证：f (x)≤g(x)． 解：(1)易得 f ′(x)＝－，由题意知 f ′(x)≥0 对 x∈(－∞，2]恒成立， 故 x≤1－a 对 x∈(－∞，2]恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1. 故实数 a 的取值范围为(－∞，－1]． (2)证明：若 a＝0，则 f (x)＝. 函数 f (x)的图象在 x＝x0 处的切线方程为 y＝g(x)＝f ′(x0)(x－x0)＋f (x0)． 令 h(x)＝f (x)－g(x)＝f (x)－f ′(x0)(x－x0)－f (x0)，x∈R， 则 h′(x)＝f ′(x)－f ′(x0)＝－＝. x0 x0 设 φ(x)＝(1－x)e －(1－x0)ex，x∈R，则 φ′(x)＝－e －(1－x0)ex. ∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，∴φ(x)在 R 上单调递减，而 φ(x0)＝0， ∴当 x＜x0 时，φ(x)＞0，当 x＞x0 时，φ(x)＜0，∴当 x＜x0 时，h′(x)＞0，当 x＞x0 时，h′(x)＜0， ∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数， ∴x∈R 时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f (x)≤g(x)． 构造函数证明双变量函数不等式 　若 b>a>0，求证：ln b－ln a>. [破题思路] 证明：ln b－ln a>，想到如下思路： (1)构造以 a 为主元的函数，利用导数求解． (2)考虑到 ln b－ln a＝ln ，＝，设 t＝，化为只有一个因变量 t 的函数求解． (3)原不等式右边可分开写，观察此式两边，发现其与 f (x)＝ln x－有关，故先研究 f (x)的单调性，从而 得解． [规范解答] 法一：主元法(学生用书不提供解题过程) 构造函数 f (x)＝ln b－ln x－，其中 0<x<b， 则 f ′(x)＝－－＝－＝－. ∵0<x<b，∴f ′(x)＝－<0，则函数 f (x)在(0，b)上单调递减，而 b>a>0，故 f (a)>f (b)＝0，即 ln b－ln a>. 法二：整体换元法(学生用书不提供解题过程) 令＝t(t>1)，构造函数 f (t)＝ln t－，则 f ′(t)＝＋＝＝. ∵t>1，∴t2－1>0，t2＋2t－1>12＋2－1>0，则 f ′(t)>0，∴f (t)在(1，＋∞)上单调递增，故 f (t)>f (1)＝0， 即 ln －>0，从而有 ln b－ln a>. 法三：函数不等式的对称性(学生用书提供解题过程) 原不等式可化为 ln b－>ln a－， 则构造函数 f (x)＝ln x－(b≥x>a>0)，则 f ′(x)＝－>－＝0，∴f (x)＝ln x－在(a，b)上单调递增，即 f (b)>f (a)，则 ln b－>ln a－，故 ln b－ln a>. [题后悟通]　 思路 受阻 由于题目条件少，不能正确分析要证不等式的特点，并构造相应的函数将问题转 化，从而导致无从下手解决问题 分析 证明双变量函数不等式的常见思路 技法 (1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证 明不等式． 关键 (2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式． 点拨 (3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的 函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明 [对点训练] 3．(2019 届高三·黄冈模拟)已知函数 f (x)＝λln x－e－x(λ∈R)． (1)若函数 f (x)是单调函数，求 λ 的取值范围； (2)求证：当 0<x1<x2 时，e 1－x2 1－x1 －e >1－. 解：(1)函数 f (x