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导数与不等式
班级 姓名
学习目标
1、理解不等式的证明方法；
2、理解不等式恒成立与有解问题的转化；
3、掌握导数在不等式问题中的应用。
学习过程
学习指导 学习检测及课堂展示
知识归纳 1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），． 3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，，，． （1）若，，有成立，则； （2）若，，有成立，则； （3）若，，有成立，则； （4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集．
不等式的证明 【例1】求证：，． 【变式1】已知函数（）． (1)当时，讨论的单调性； (2)若不等式对恒成立，求a的取值范围．
不等式恒成立与有解问题 【例2-1】已知函数，若在恒成立，求的取值范围. 【例2-2】已知函数，若存在，使得成立，求实数m的最小值.
【变式2-1】已知，恒成立，则a的取值范围是 . 【变式2-2】已知函数，若时，不等式有解，则a的取值范围是 . 【变式2-3】已知函数，若的图象经过第一象限，则实数的取值范围是 ．
含双变量的不等式问题 【例3】已知函数，. (1)求函数的单调区间； (2)若，，使得，求实数的取值范围. 【变式3-1】已，，若，，使得成立，则实数的取值范围是 ．
【变式3-2】已知函数，．若，，使成立，则实数的取值范围为 ．
课后作业
基础训练题
1．设函数f(x)＝x3＋x2－2x＋5，若对任意的x∈[－1，2]有f(x)A．(9，＋∞) B．(10，＋∞)
C．(11，＋∞) D．(12，＋∞)
2．已知不等式x sin x＋cos x≤a对任意x∈[0，π]恒成立，则整数a的最小值为(　　)
A．2 B．1
C．0 D．－1
3．已知函数f(x)＝ex－－1(a≠0)在[1，2]上是减函数，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
4．若存在，使得不等式成立，则实数m的最大值为（ ）
A． B．
C．4 D．
5．若不等式有解，则实数m的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知，，若，，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知函数，，若存在，对任意，使得恒成立，则实数k的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函数，若，使成立，则实数的取值范围是 .
9．已知函数f(x)＝ln x－x，若f(x)－m＋1≤0恒成立，则m的取值范围为________．
10．函数f(x)＝x3－2x＋c，g(x)＝ln x＋1，若f(x)≥g(x)恒成立，则实数c的取值范围是________．
11．已知函数
(1)求出的极值点，零点，并画出的大致图象；
(2)证明：.
12．已知函数.
(1)若时，求曲线在处切线的斜率；
(2)求的单调区间；
(3)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.
13．已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x2＋3且f(0)＝－1，g(x)＝xln x＋(a≥1).
(1)求f(x)的极值；
(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
综合训练题
14．已知函数存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
15．已知函数f(x)＝(a，b∈R)，若对 x∈(0，＋∞)，都有f(x)≥1恒成立，记ab的最小值为g(a，b)，则g(a，b)的最大值为________．
三、能力提升题
16．已知函数.
(1)若，求在上的最大值和最小值；
(2)若，当时，证明：恒成立；
(3)若函数在处的切线与直线垂直，且对，恒成立，求实数的取值范围.
17．已知函数．
(1)求的极值；
(2)证明：．
导数与不等式
参考答案
1、【答案】C　
【解析】f ′(x)＝3x2＋x－2，令f ′(x)＝0，得x＝－1或x＝.当－1≤x<时，f ′(x)<0，当0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝，f(2)＝11，所以f(x)max＝11.
因为对任意的x∈[－1，2]有f(x)11.
2、【答案】A　
【解析】设f(x)＝x sin x＋cos x，则f ′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，
当00，f(x)单调递增，当∴x＝时，f(x)取得极大值也是最大值f＝.
∴不等式x sin x＋cos x≤a对任意x∈[0，π]恒成立，则a≥，其中最小的整数是2.
3、【答案】C　
【解析】f ′(x)＝ex－，x∈[1，2]，由题意，f ′(x)＝ex－≤0恒成立，则≥ex，
因为(ex)max＝e2，所以≥e2 04、【答案】A
【解析】由存在，使得不等式成立得：
在有解，令，则，
故时，，此时函数是单调递减，时，，此时函数单调递增，
故时，，时，，又，
故函数的最大值是，．
5、【答案】C
【解析】令，则，
则得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，则，
因不等式有解，则，得，则实数m的取值范围为.
6、【答案】C
【解析】由题意可知：，因为，则，
注意到，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，则，
又因为，由二次函数性质可知，
可得，即实数的取值范围是.
7、【答案】A
【解析】易知，令得，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以时，单调递增，即，而时，，
由题意可知，所以，即.
8、【答案】
【解析】因为，所以
当时，，则函数在上单调递增，
所以，即因为，使成立，
所以，即实数的取值范围是.
9、【答案】[0，＋∞)　
【解析】∵f(x)＝ln x－x，则f(x)－m＋1≤0恒成立，等价于m≥ln x－x＋1.
令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g′(x)＝－1＝(x>0)，
因此g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝0，∴m≥0，故答案为[0，＋∞)．
10、【答案】[2，＋∞)　
【解析】由f(x)≥g(x)，即x3－2x＋c≥ln x＋1，即c≥－x3＋2x＋ln x＋1.
令h(x)＝－x3＋2x＋ln x＋1(x>0)，h′(x)＝－，
故函数h(x)在区间(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，最大值为h(1)＝2，所以c≥2.
11、【答案】(1)极小值点，无极大值，零点为1，图象见详解；(2)证明见详解
【解析】（1）由，则，，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，极小值点为，无极大值；
又，，，，，
所以函数的零点为1.
（2）令，则，
当时，，即单调递减，
当时 ，，即单调递增，
所以，即，
所以，得证.
12、【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)
【解析】（1）当时，，则，
，在处切线的斜率为.
（2）由题意知：的定义域为，，
①当时，，，，
在上单调递增；
②当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）对任意，均存在，使得，；
，当时，，
在上恒成立，即在上恒成立，；
令，则，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
，即实数的取值范围为.
13、【解析】依题意得f(x)＝－x3＋3x－1，f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，
知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1，1)上是增函数，
所以f(x)极小值＝f(－1)＝－3，f(x)极大值＝f(1)＝1.
(2)证明：易得x>0时，f(x)最大值＝1，由a≥1知，g(x)≥xln x＋(x>0)，
令h(x)＝xln x＋(x>0)，则h′(x)＝ln x＋1－＝ln x＋，
注意到h′(1)＝0，当x>1时，h′(x)>0；当0即h(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，h(x)最小值＝h(1)＝1，即g(x)最小值＝1.
综上知对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
14、【答案】B
【解析】，，
由题意可知，存在，使，即，
则，，
当时，取得最小值，即，得.
15、【答案】
【解析】由题意可得 x∈(0，＋∞)，f(x)≥1恒成立，
∴≥1，解得eax＋b≥x，即ax＋b≥ln x，
为满足题意，当直线与曲线相切时成立，不妨设切点(x0，ln x0)，由(ln x)′＝，
∴切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，即y＝x－1＋ln x0，
∴a＝，b＝ln x0－1，ab＝.
令g(x)＝，g′(x)＝＝0，x＝e2，
当00，g(x)是增函数，当x>e2时，g′(x)<0，g(x)是减函数，
则g(a，b)max＝＝.
16、【答案】(1)最大值是，最小值是；(2)证明见解析；(3)
【解析】（1）当时，，，
令可得，故当时，在单调递减；
当时，在单调递增；
故递减区间为，递增区间为
函数的极小值是唯一的极小值，无极大值.
又，
在上的最大值是，最小值是
（2）因为，所以令，.
当时，，则在上单调递增，
所以当时，，所以恒成立.
（3）因为函数的图象在处的切线与直线垂直，
所以，即，解得，所以.
因为对，恒成立，
所以对，恒成立.
令，则
令，解得；令，解得，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，则，解得：.
所以实数的取值范围为
17、【解析】（1）由题意得的定义域为，则，
当时，，在上单调递增，无极值；
当时，令，则，令，则，
即在上单调递增，在上单调递减，
故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；
（2）证明：设，
，令，
则，即在上单调递增，
，
故，使得，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故
即，即，则.
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导数与不等式
班级 姓名
学习目标
1、理解不等式的证明方法；
2、理解不等式恒成立与有解问题的转化；
3、掌握导数在不等式问题中的应用。
学习过程
学习指导 学习检测及课堂展示
知识归纳 1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），． 3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，，，． （1）若，，有成立，则； （2）若，，有成立，则； （3）若，，有成立，则； （4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集．
不等式的证明 【例1】求证：，． 【答案】证明见解析 【详解】令， 令，得． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 故． 所以． 【变式1】已知函数（）． (1)当时，讨论的单调性； (2)若不等式对恒成立，求a的取值范围． 【解答】（1）由题意得， 因为时，令，得或， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2）由，得到， 因为，所以，则， 令，则， 当时，，即在区间上单调递增， 当时，，即在区间上单调递减，所以， 得到，所以，故的取值范围为．
不等式恒成立与有解问题 【例2-1】已知函数，若在恒成立，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由在恒成立， 则，， 令，， 则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减， 所以，即， 所以的取值范围为． 【例2-2】已知函数，若存在，使得成立，求实数m的最小值.
【解题思路】分离参数，利用导函数求函数的最值即可. 【解答过程】由能成立， 问题转化为， 令， 由；由， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴，则， 故m的最小值为4． 【变式2-1】已知，恒成立，则a的取值范围是 . 10、【答案】 【详解】由条件，可得，令，， 则， 故在单调上递增，即的最小值为，则. 故答案为：. 【变式2-2】已知函数. 若时，不等式有解，求的取值范围. （2）依题意，不等式在时有解，即在时有解， 令，，求导得， 由，得；由，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得最大值，因此， 所以实数的取值范围是. 【变式2-3】已知函数，若的图象经过第一象限，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【详解】由的图象经过第一象限，得，使得，即， 设，求导得， 当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，则， 则有，即，所以实数的取值范围是．
含双变量的不等式问题 【例3】已知函数，. (1)求函数的单调区间； (2)若，，使得，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析；(2) 【解答过程】（1）函数的定义域为， . ①当时，由可得，由可得， 此时，函数的增区间为，减区间为； ②当时，即当时， 由可得；由可得或， 此时，函数的增区间为和，减区间为； ③当时，即当时，对任意的，恒成立且不恒为零， 此时，函数的单调递增区间为； ④当时，即当时， 由可得；由可得或， 此时，函数的增区间为和，减区间为. 综上所述，当时，函数的增区间为，减区间为； 当时，函数的增区间为和，减区间为； 当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的增区间为和，减区间为. （2）若，，使得，则， ，故在上单调递增， 当时，取得最大值1，即. 由（1）知，当时，， 令，得，故. 当时，无最大值，不符合题意. 综上所述：实数的取值范围为. 【变式3-1】已，，若，，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解答过程】，，使得成立，则， 函数， ， 令得，当时，单调递减， 当时，，单调递增， 在处取极小值，也是最小值， 函数的最小值为， ，则， 所以.
【变式3-2】已知函数，．若，，使成立，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【解析】的定义域为， 则， 当时，∵，∴， ∴当时，；当时，． 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，因为 所以，∵，∴， ∴在上为增函数．∴， 依题意有，∴，∴．
课后作业
基础训练题
1．设函数f(x)＝x3＋x2－2x＋5，若对任意的x∈[－1，2]有f(x)A．(9，＋∞) B．(10，＋∞)
C．(11，＋∞) D．(12，＋∞)
1、C　[f ′(x)＝3x2＋x－2，令f ′(x)＝0，得x＝－1或x＝.当－1≤x<时，f ′(x)<0，当0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝，f(2)＝11，所以f(x)max＝11.
因为对任意的x∈[－1，2]有f(x)11.
故选C.]
2．已知不等式x sin x＋cos x≤a对任意x∈[0，π]恒成立，则整数a的最小值为(　　)
A．2 B．1
C．0 D．－1
2、A　[设f(x)＝x sin x＋cos x，则f ′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，
当00，f(x)单调递增，当∴x＝时，f(x)取得极大值也是最大值f＝.
∴不等式x sin x＋cos x≤a对任意x∈[0，π]恒成立，则a≥，其中最小的整数是2.
故选A.]
3．已知函数f(x)＝ex－－1(a≠0)在[1，2]上是减函数，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
3、C　[f ′(x)＝ex－，x∈[1，2]，由题意，f ′(x)＝ex－≤0恒成立，则≥ex，因为(ex)max＝e2，所以≥e2 0故选C.]
4．若存在，使得不等式成立，则实数m的最大值为（ ）
A． B． C．4 D．
4、【答案】A
【详解】由存在，使得不等式成立得：
在有解，
令，则，
故时，，此时函数是单调递减，
时，，此时函数单调递增，
故时，，时，，
又，
故函数的最大值是，
．
【变式2-2】若不等式有解，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】令，则，
则得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则，
因不等式有解，则，得，
则实数m的取值范围为.
5．已知，，若，，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5、【答案】C
【解析】由题意可知：，
因为，则，
注意到，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，则，
又因为，由二次函数性质可知，
可得，即实数的取值范围是.
6．已知函数，，若存在，对任意，使得恒成立，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6、【答案】A
【详解】易知，令得，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以时，单调递增，即，
而时，，
由题意可知，所以，即.
7．已知函数，若，使成立，则实数的取值范围是 .
7、【答案】
【详解】因为，所以
当时，，
则函数在上单调递增，
所以，即
因为，使成立，
所以，即实数的取值范围是.
故答案为：.
8．已知函数f(x)＝ln x－x，若f(x)－m＋1≤0恒成立，则m的取值范围为________．
8、[0，＋∞)　[∵f(x)＝ln x－x，则f(x)－m＋1≤0恒成立，等价于m≥ln x－x＋1.
令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g′(x)＝－1＝(x>0)，
因此g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝0，∴m≥0，故答案为[0，＋∞)．]
9．函数f(x)＝x3－2x＋c，g(x)＝ln x＋1，若f(x)≥g(x)恒成立，则实数c的取值范围是________．
9、[2，＋∞)　[由f(x)≥g(x)，即x3－2x＋c≥ln x＋1，即c≥－x3＋2x＋ln x＋1.令h(x)＝－x3＋2x＋ln x＋1(x>0)，h′(x)＝－，故函数h(x)在区间(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，最大值为h(1)＝2，所以c≥2.]
11．（25-26高二上·福建莆田·阶段练习）已知函数
(1)求出的极值点，零点，并画出的大致图象；
(2)证明：.
【答案】(1)极小值点，无极大值，零点为1，图象见详解；(2)证明见详解
【解答过程】（1）由，则，，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，极小值点为，无极大值；
又，，，，，
所以函数的零点为1.
（2）令，则，
当时，，即单调递减，
当时 ，，即单调递增，
所以，即，
所以，得证.
12．（25-26高三上·北京·月考）已知函数.
(1)若时，求曲线在处切线的斜率；
(2)求的单调区间；
(3)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.
【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)
【解答过程】（1）当时，，则，
，在处切线的斜率为.
（2）由题意知：的定义域为，，
①当时，，，，
在上单调递增；
②当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）对任意，均存在，使得，；
，当时，，
在上恒成立，即在上恒成立，；
令，则，
令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
，即实数的取值范围为.
13．已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x2＋3且f(0)＝－1，g(x)＝xln x＋(a≥1).
(1)求f(x)的极值；
(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
13、解：依题意得f(x)＝－x3＋3x－1，f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，
知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1，1)上是增函数，
所以f(x)极小值＝f(－1)＝－3，f(x)极大值＝f(1)＝1.
(2)证明　易得x>0时，f(x)最大值＝1，
由a≥1知，g(x)≥xln x＋(x>0)，
令h(x)＝xln x＋(x>0)，
则h′(x)＝ln x＋1－＝ln x＋，
注意到h′(1)＝0，当x>1时，h′(x)>0；
当0即h(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
h(x)最小值＝h(1)＝1，即g(x)最小值＝1.
综上知对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
综合训练题
14．（23-24高二下·天津·期末）已知函数存在单调递减区间，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
14、【答案】B
【详解】，，
由题意可知，存在，使，即，
则，，
当时，取得最小值，
即，得.
15．已知函数f(x)＝(a，b∈R)，若对 x∈(0，＋∞)，都有f(x)≥1恒成立，记ab的最小值为g(a，b)，则g(a，b)的最大值为________．
15、
(2)由题意可得 x∈(0，＋∞)，f(x)≥1恒成立，
∴≥1，解得eax＋b≥x，即ax＋b≥ln x，
为满足题意，当直线与曲线相切时成立，
不妨设切点(x0，ln x0)，由(ln x)′＝，
∴切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，即y＝x－1＋ln x0，
∴a＝，b＝ln x0－1，ab＝.
令g(x)＝，g′(x)＝＝0，x＝e2，
当00，g(x)是增函数，当x>e2时，g′(x)<0，g(x)是减函数，
则g(a，b)max＝＝.
三、能力提升题
16．已知函数.
(1)若，求在上的最大值和最小值；
(2)若，当时，证明：恒成立；
(3)若函数在处的切线与直线垂直，且对，恒成立，求实数的取值范围.
16、【答案】(1)最大值是，最小值是；(2)证明见解析；(3)
【详解】（1）当时，，，
令可得，故当时，在单调递减；
当时，在单调递增；
故递减区间为，递增区间为
函数的极小值是唯一的极小值，无极大值.
又，
在上的最大值是，最小值是
（2）因为，所以令，
.
当时，，则在上单调递增，
所以当时，，所以恒成立.
（3）因为函数的图象在处的切线与直线垂直，
所以，即，解得
所以.
因为对，恒成立，
所以对，恒成立.
令，则
令，解得；令，解得，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，则，解得：.
所以实数的取值范围为
17．已知函数．
(1)求的极值；
(2)证明：．
17、【解析】（1）由题意得的定义域为，
则，
当时，，在上单调递增，无极值；
当时，令，则，令，则，
即在上单调递增，在上单调递减，
故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；
（2）证明：设，
，令，
则，即在上单调递增，
，
故，使得，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故
即，即，则.
1.1.1 空间向量及其线性运算（二）
参考答案
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