2017届高考文科数学（全国通用）二轮教师文档讲义：专题1
第5讲 导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题
高考定位 在高考压轴题中，函数与不等式的交汇是考查热点，常以含指数、对数函数为载体考查不等式的证明、比较大小、范围等问题，以及不等式的恒成立与能成立问题.
真 题 感 悟
(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0，设g(x)＝ln x－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
(ⅰ)当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，
因此g(x)>0；
(ⅱ)当a>2时，令g′(x)＝0得，
x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)<0，综上，a的取值范围是(－∞，2].
考 点 整 合
1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
(1)分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.
(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.
2.常见构造辅助函数的四种方法
(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.
(3)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.
(4)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x，x1)).
3.不等式的恒成立与能成立问题
(1)f(x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立⇔[a，b]是f(x)＞g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b]).
(2)f(x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立⇔[a，b]与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b]).
(3)对∀x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.
热点一 导数与不等式
[微题型1] 利用导数证明不等式
【例1－1】 (2016·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；
(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1).
(1)解 f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞).
由f′(x)＞0得
解得0＜x＜.
故f(x)的单调递增区间是.
(2)证明 令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞).
则有F′(x)＝.
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，
所以F(x)在[1，＋∞)上单调递减，
故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，
即当x＞1时，f(x)＜x－1.
(3)解 由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意.
当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，
则f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意.
当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则有G′(x)＝－x＋1－k＝.
由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.
解得x1＝＜0，
x2＝＞1.
当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，
故G(x)在[1，x2)内单调递增.
从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1).
综上，k的取值范围是(－∞，1).
探究提高 (1)证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)，可通过构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min来证明不等式.
(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的放缩把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.
[微题型2] 不等式恒成立求参数范围问题
【例1－2】 (1)已知函数f(x)＝ax－1－ln x，a∈R.
①讨论函数f(x)的单调区间；
②若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.
(2)设f(x)＝，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立，求m的取值范围.
解 (1)①函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝，
当a≤0时，f′(x)＜0恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；
当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝，在区间上，
f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，在区间上，
f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.
综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a＞0时，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
②因为函数f(x)在x＝1处取得极值，
所以f′(1)＝0，解得a＝1，经检验可知满足题意.
由已知f(x)≥bx－2，即x－1－ln x≥bx－2，
即1＋－≥b对∀x∈(0，＋∞)恒成立，
令g(x)＝1＋－，
则g′(x)＝－－＝，
易得g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.
(2)f(x)＝，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，
即ln x≤m.设g(x)＝ln x－m，
即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0恒成立，等价于函数g(x)在[1，＋∞)上的最大值g(x)max≤0.
g′(x)＝－m＝.
①若m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
即g(x)≥g(1)＝0，这与要求的g(x)≤0矛盾.
②若m＞0，方程－mx2＋x－m＝0的判别式Δ＝1－4m2.
当Δ≤0，即m≥时，g′(x)≤0.
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝0，
即不等式成立；
当0＜m＜时，方程－mx2＋x－m＝0的两根分别为x1＝＜1，x2＝＞1.
当x∈(1，x2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(1)＝0，与要求矛盾.
综上所述，m≥.
探究提高 对于不等式恒成立问题求参数范围问题，一类是分离参数，通过求具体函数的范围求参数范围；
二类是转化为最值，其基本思路是：先找到准确范围，再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于“恒”字，寻找反例即可).
【训练1】 已知函数g(x)＝axln x＋1，f(x)＝g(x)－kx，其中a≥0.
(1)当a＝1时，求曲线y＝g(x)在点P(e，g(e))处的切线方程；
(2)当k＝1时，对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)∵g(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝1时，g(x)＝xln x＋1，g(e)＝e＋1，
g′(x)＝ln x＋1，∴g′(e)＝2，所以y－e－1＝2(x－e)，
即曲线y＝g(x)在点P(e，g(e))处的切线方程为2x－y－e＋1＝0.
(2)当k＝1时，f′(x)＝aln x＋a－1，
①当a＝0时，f′(x)＝－1<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
f(x)
0时，由f′(x)>0得x>e，由f′(x)<0得0f(1)＝0恒成立，
当e>1，即01时，g(x)>0；
(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立.
(1)解 f′(x)＝2ax－＝(x>0).
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.
当a>0时，由f′(x)＝0有x＝.
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
(2)证明 令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，
从而g(x)＝－>0.
(3)解 由(2)知，当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0，
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01，
由(1)有f 0.
所以f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立；
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.综上，a∈.
探究提高 (1)恒成立问题一般与不等式有关，解决此类问题需要构造函数利用函数单调性求函数最值，从而说明函数值大于或恒小于某一确定的值.(2)在求参数范围时首先要考虑参数能否分离出来.
[微题型2] 能成立问题
【例2－2】 (2016·成都诊断)已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
所以f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②若1＜a＜e，
当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.
由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，
g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－＜1，即a＞，
所以a的取值范围为 .
探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系
存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)≤m恒成立，则g(x)max≤m；若g(x)≥m恒成立，则g(x)min≥m；若g(x)≤m有解，则g(x)min≤m；若g(x)≥m有解，则g(x)max≥m.
【训练2】 已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax(a为常数).
(1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；
(2)当0＜a≤2时，试判断f(x)的单调性；
(3)若对任意的a∈(1，2)，x0∈[1，2]，不等式f(x0)＞mln a恒成立，求实数m的取值范围.
解 f′(x)＝＋2x－a.
(1)由已知得：f′(1)＝0，所以1＋2－a＝0，所以a＝3.
(2)当0＜a≤2时，f′(x)＝＋2x－a＝＝.
因为0＜a≤2，所以1－＞0，而x＞0，
即f′(x)＝＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上是增函数.
(3)当a∈(1，2)时，由(2)知，f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)＝1－a，
故问题等价于：对任意的a∈(1，2)，不等式1－a＞mln a恒成立，即m＜恒成立.
记g(a)＝(1＜a＜2)，
则g′(a)＝.
令M(a)＝－aln a－1＋a，
则M′(a)＝－ln a＜0，
所以M(a)在(1，2)上单调递减，
所以M(a)＜M(1)＝0，
故g′(a)＜0，
所以g(a)＝在a∈(1，2)上单调递减，
所以m≤g(2)＝＝－log2e，
即实数m的取值范围为(－∞，－log2e].
1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有：
(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.
(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.
(3)数形结合.
2.利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形.
(2)构造新的函数h(x).
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值.
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式.
3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型
(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；
(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；
(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.
一、选择题
1.设f(x)是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f′(x)＞0，且f(0)＝0，f ＝0，则不等式f(x)＜0的解集为( )
A.
B.
C.
D.
解析 如图所示，根据图象得不等式f(x)＜0的解集为.
答案 C
2.若不等式2xln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.(－∞，0) B.(－∞，4]
C.(0，＋∞) D.[4，＋∞)
解析 由不等式知x∈(0，＋∞)，则有a≤2ln x＋x＋恒成立.
设f(x)＝2ln x＋x＋，则f′(x)＝(x＞0).
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝4.所以a≤4.
答案 B
3.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是( )
A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞)
C.(0，＋∞) D.(－1，＋∞)
解析 ∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－.令f(x)＝x－，
∴f′(x)＝1＋2－xln 2＞0.
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，
∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.
答案 D
4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(－∞，－1)∪(0，1) B.(－1，0)∪(1，＋∞)
C.(－∞，－1)∪(－1，0) D.(0，1)∪(1，＋∞)
解析 令F(x)＝，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).故选A.
答案 A
5.(2016·东北四校联考)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为( )
A.(－2，＋∞) B.(0，＋∞)
C.(1，＋∞) D.(4，＋∞)
解析 由f(x＋2)为偶函数可知函数f(x)的图象关于x＝2对称，则f(4)＝f
(0)＝1.令F(x)＝，则F′(x)＝＜0.∴函数F(x)在R上单调递减.
又f(x)＜ex等价于＜1，∴F(x)＜F(0)，∴x＞0.
答案 B
二、填空题
6.已知不等式ex－x＞ax的解集为P，若[0，2]⊆P，则实数a的取值范围是________.
解析 由题意知不等式ex－x＞ax在x∈[0，2]上恒成立.
当x＝0时，显然对任意实数a，该不等式都成立.
当x∈(0，2]时，原不等式即a＜－1，令g(x)＝－1，则g′(x)＝，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当1＜x＜2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，故g(x)在(0，2]上的最小值为g(1)＝e－1，故a的取值范围为(－∞，e－1).
答案 (－∞，e－1)
7.已知函数f(x)＝ln x－a，若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析 ∵函数f(x)＝ln x－a，且f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a＞ln x－x2，x∈(1，＋∞).
令h(x)＝ln x－x2，有h′(x)＝－2x.
∵x＞1，∴－2x＜0，∴h(x)在(1，＋∞)上为减函数，
∴当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜h(1)＝－1，∴a≥－1.
答案 [－1，＋∞)
8.已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________.
解析 由于f′(x)＝1＋＞0，因此函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以x∈[0，1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1，2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1，2]上能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1，2]上单调递减，所以h(x)
min＝h(2)＝，故只需a≥.
答案
三、解答题
9.已知函数f(x)＝x2ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：∀x1，x2∈(－∞，0]，f(x1)－f(x2)≤.
(1)解 f′(x)＝x(x＋2)ex.令f′(x)＝x(x＋2)ex＝0，则x1＝－2，x2＝0.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表
x
(－∞，－2)
－2
(－2，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以函数f(x)的单调递减区间为(－2，0)，单调递增区间为(－∞，－2)，(0，＋∞).
(2)证明 由(1)知f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，单调递减区间为(－2，0)，
所以当x∈(－∞，0]时，f(x)最大值＝f(－2)＝.
因为当x∈(－∞，－2]时，f(x)＞0，f(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0]时，f(x)最小值＝f(0)＝0.
所以f(x)最大值－f(x)最小值＝.
所以对∀x1，x2∈(－∞，0]，都有f(x1)－f(x2)≤f(x)最大值－f(x)最小值＝.
10.(2016·攀枝花诊断)已知函数f(x)＝ax＋＋c(a＞0)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
(1)用a表示出b，c；
(2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝a－，则有解得
(2)由(1)知，f(x)＝ax＋＋1－2a.
令g(x)＝f(x)－ln x＝ax＋＋1－2a－ln x，x∈[1，＋∞)，
则g(1)＝0，g′(x)＝a－－＝＝，
①当0＜a＜时，＞1.
若1＜x＜，则g′(x)＜0，g(x)是减函数，所以g(x)＜g(1)＝0，即f(x)＜ln x.
故f(x)≥ln x在[1，＋∞)上不成立.
②当a≥时，≤1.
若x＞1，则g′(x)＞0，g(x)是增函数，所以g(x)＞g(1)＝0，
即f(x)＞ln x，故当x≥1时，f(x)≥ln x.
综上所述，所求a的取值范围为.
11.(2016·郑州质检)设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)＞1.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.
由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1，
从而f(x)＞1等价于xln x＞xe－x－.
设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.
所以当x∈时，g′(x)＜0；当x∈时，g′(x)＞0.
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.
设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x).
所以当x∈(0，1)时，h′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0.
故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.
综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，
即f(x)＞1.
