备战2020高考高三二轮数学核心能力突破 导数与不等式相结合问题（教学案解析版）

难点二 导数与不等式相结合问题 导数是高中数学选修板块中重要的部分，应用广泛，教材中重点介绍了利用导数求切线、判断单调性、求 极值、最值等基础知识，但是高考数学是以能力立意，所以往往以数列、方程、不等式为背景，综合考察 学生转化和化归、分类讨论、数形结合等数学思想的应用能力，面对这种类型的题目，考生会有茫然，无 所适从的感觉，究其原因是没有认真分析总结这种题目的特点和解题思路，本文介绍利用导数解决不等式 问题的思路，以飨读者. 1.利用导数证明不等式 在初等数学中，我们学习过好多种证明不等式的方法，比如综合法、分析法、比较法、反证法、数学归纳 法等，有些不等式，用初等方法是很难证明的，但是如果用导数却相对容易些，利用导数证明不等式，主 要是构造函数，通过研究函数的性质达到证明的目的. 1.1 利用单调性证明不等式 构造函数，利用函数的单调性证明不等式 例 1. 【河南省周口市 2019 届期末】已知函数푓(푥) = 푎푥2 ― 2ln푥(푎 ∈ 푅). （1）讨论函数푓(푥)的单调性； （2）当푎 = 1 푒2时，若函数푦 = 푓(푥)的两个零点分别为푥1，푥2（푥1 < 푥2），证明：ln(푥1 + 푥2) > ln2 + 1. 思路分析：(1)求函数的定义域和函数的导数，分푎 ≤ 0和 a>0 讨论函数的单调性即可；(2)欲证ln(푥1 + 푥2) > ln2 + 1，只须证푥1 + 푥2 > 2푒，即证푥1 > 2푒 ― 푥2. 只须证푓(2푒 ― 푥2) > 푓(푥1) = 0，将푓(2푒 ― 푥2)表示出来化简 整理并构造函数푔(푡) = 4 ― 4푡 푒 +2ln푡 ― 2ln(2푒 ― 푡)，由函数 g(t)的单调性即可得到证明. 【详解】（1）易知函数푓(푥)的定义域为(0, + ∞)，푓′(푥) = 2푎푥 ― 2 푥 = 2(푎푥2 ― 1) 푥 .当푎 ≤ 0时，푓′(푥) < 0，∴函数푓 (푥)在(0, + ∞)上单调递减；当푎 > 0时，由푓′(푥) > 0，得푥 > 푎 푎 ，由푓′(푥) < 0，得0 < 푥 < 푎 푎 ，∴函数푓(푥)在( 푎 푎 , + ∞)上单调递增，在(0, 푎 푎 )上单调递减. （2）当 푎 = 1 푒2时，푓(푥) = 푥2 푒2 ― 2ln푥.由（1）知 푓(푥)min = 푓(푒) = ―1，且푥1 ∈ (0,푒)，푥2 ∈ (푒, + ∞).又由 푓(2푒 ) = 2 ― 2ln2 > 0及푓(푥2) = 0，知푥2 < 2푒，即푥2 ∈ (푒,2푒)，∴2푒 ― 푥2 ∈ (0,푒).欲证ln(푥1 + 푥2) > ln2 + 1，只须 证푥1 + 푥2 > 2푒，即证푥1 > 2푒 ― 푥2.由（1）知푓(푥)在(0,푒)上是递减的，且푓(푥1) = 0，∴只须证푓(2푒 ― 푥2) > 푓 (푥1) = 0.由푓(푥2) = 푥22 푒2 ― 2ln푥2 = 0，得푥22 = 2푒2ln푥2.∴푓(2푒 ― 푥2) = (2푒 ― 푥2)2 푒2 ― 2ln(2푒 ― 푥2) = 4푒2 ― 4푒푥2 + 푥22 푒2 ― 2 ln(2푒 ― 푥2) = 4푒2 ― 4푒푥2 + 2푒2ln푥2 푒2 ― 2ln(2푒 ― 푥2) = 4 ― 4푥2 푒 +2ln푥2 ― 2ln(2푒 ― 푥2)， 푥2 ∈ (푒,2푒). 令 푔(푡) = 4 ― 4푡 푒+2ln푡 ― 2ln(2푒 ― 푡)，푡 ∈ (푒,2푒)，则푔′(푡) = ― 4 푒 + 2 푡 + 2 2푒 ― 푡 = 4(푒 ― 푡)2 푒푡(2푒 ― 푡) > 0，∴푔(푡)在(푒,2푒)上是递增的，∴푔( 푡) > 푔(푒) = 0，即푓(2푒 ― 푥2) > 0.综上，ln(푥1 + 푥2) > 푙푛2 + 1. 点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、求函数最值以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问 题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类 型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已 证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明. 1.2 通过求函数的最值证明不等式 在对不等式的证明过程中，可以依此不等式的特点构造函数，进而求函数的最值，当该函数的最大值或最 小值对不等式成立时，则不等式是永远是成立的，从而可将不等式的证明转化到求函数的最值上来. 例 2. 【广东省茂名市 2019 届第一次联考】已知函数푓(푥) = 푎푒푥―1 푥 (푎 ∈ 푅)在푥 = 2处的切线斜率为푒 2. （1）求实数푎的值，并讨论函数푓(푥)的单调性； （2）若푔(푥) = 푒푥ln푥 + 푓(푥)，证明：푔(푥) > 1. 思路分析：(1)先对函数푓(푥)求导，由函数在푥 = 2处的切线斜率为푒 2即可求出푎的值，进而可得函数的单调性； (2)要证푔(푥) > 1，即证푥푙푛푥 > 푥 e푥 ― 2 e，构造函数ℎ(푥) = 푥ln푥，푚(푥) = 푥 푒푥 ― 2 푒，用导数的方法求函数ℎ(푥)的最小 值和函数푚(푥)的最大值，即可得出结论. 【详解】（1）푓′(푥) = 푎 e(e푥 푥 )′ = 푎 e ⋅ e푥푥 ― e푥 푥2 = 푎e푥―1푥 ― 1 푥2 ，由切线斜率푘 = 푓′(2) = 푎e ⋅ 2 ― 1 22 ＝e 2，解得푎 = 2． ∴ 푓(푥) = 2e푥―1 푥 ，其定义域为( ―∞,0) ∪ (0, + ∞)，푓′(푥) = 2e푥―1푥 ― 1 푥2 ，令푓′(푥) > 0，解得푥 > 1，故푓(푥)在区间 (1, + ∞)上单调递增； 令푓′(푥) < 0，解得푥 < 1，且푥 ≠ 0，故푓(푥)在区间( ―∞,0)和区间(0,1]上单调递减； （2）由（1）知푔(푥) = 푒푥ln푥 + 2e푥―1 푥 ，定义域为(0, + ∞)．从而푔(푥) > 1等价于푥ln푥 > 푥 e푥 ― 2 e，设ℎ(푥) = 푥ln푥(푥 > 0)， 则ℎ′(푥) = ln푥 +1，ℎ′(1 e) = ln1 e +1 = 0. ∴ 当푥 ∈ (0,1 푒)时，ℎ′(푥) < 0，当푥 ∈ (1 푒, + ∞)时，ℎ′(푥) > 0. 故ℎ(푥)在 区间(0,1 푒)上单调递减，在区间(1 푒, + ∞)上单调递增，从而ℎ(푥)在(0,1 푒)的最小值为ℎ(1 푒) = ― 1 푒. 设푚(푥) = 푥 푒푥 ― 2 푒 (푥 > 0)，则푚′(푥) = 1 ― 푥 푒푥 ， ∴ 当푥 ∈ (0,1)时，푚′(푥) > 0，当푥 ∈ (1, + ∞)时，푚′(푥) < 0 ，故푚(푥)在区间(0,1) 上单调递增，在区间(1, + ∞)上单调递减，从而푚(푥)在(0, + ∞)的最大值为푚(1) = ― 1 푒，综上所述，在区间 (0, + ∞)上恒有ℎ(푥) > 푚(푥)成立，即푔(푥) > 1． 点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及极值和最值，考查了函数的思想和考生的发散思维能力，属于中档题.利用导数研究函数的单调性，首先求出函数的定义域，忽略定义域是最常见的错误；证明 不等式通过构造新函数，研究新函数的单调性，求得其最值是最常用的思想方法，本题解答的难点是（3） 中通过构造新函数并求得其极值点，从而判断 的范围是解题的关键. 1.3 多元不等式的证明 含有多元的不等式，可以通过对不等式的等价变形，通过换元法，转化为一个未知数的不等式，或可选取 主元，把其中的一个未知数作为变量，其他未知数作为参数，再证明之. 例 3．已知函数 . （1)已知函数 f(x)在点（l ，f（ 1））处与 x 轴相切，求实数 m 的值； （2）求函数 f(x)的单调区间； (3)在(1)的结论下，对于任意的 0 m 0m ( ) 1 0f x mx ′ = − > ( )f x ( )0,+∞ 0m > ( ) 1m x mf x x  − −  ′ = ( ) 0f x′ > 10,x m  ∈   ( ) 0f x′ < 1 ,x m  ∈ +∞   ( )f x 10, m      1 ,m  +∞   1m = ( ) ln 1f x x x= − + 0 a b< < ( ) ( ) 1 1f a f b b a a − < −− ( ) ( ) ( )lnln ln 1 ln1 1 1 ln 1 011 b b b a a ta t t tbb a a t a − − − < − ⇔ < ⇔ > ⇔ − + ( )f x ( )1,+∞ ( )1 0f = 0 a b< < ( ) ( ) 1 1f b f a b a a − < −− ( ) ln ,f x x mx m= − + 1( ) ( 0)f x m xx ′ = − > (1) 1 0f m′ = − = 1m = p(2)当 时, ,知函数 在 递增; 当 时, ,由 得 ,由 得 ，即函数 在 递增,在 上递减. (3)由(1) 知 ,得 对于任意的 ， 可化为 其中 ,其中 ,即 ，由(2)知, 函数 在 递减,且 , 于是上式成立，故对于任意的 ， 成立. 点评：在第二问中要注意分类讨论标准的确定，当 时，可借助一次函数的图像来判断导函数符号，同 时要将零点和定义域比较；第二问中将不等式等价变形为 ，要利用换元法，将不等式转化为关 于 的不等式． 2.利用导数求解与不等式有关的恒成立问题或者有解、无解问题 不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和 热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转 化为求函数的最值问题来处理． ： 例 4．（2020·全国高三专题练习（理））已知函数 ， ． （1）求 的单调区间； （2）若 在 上恒成立，求 的取值范围． 思路分析：1）对函数进行求导得 ，再解不等式得到函数的单调区间； （2）将不等式恒成立等价转化为 ，再构造函数 ，利用导数研究函数 的最小值. 0m ≤ 1( ) 0f x mx ′ = − > ( )f x (0, )+∞ 0m > 1( ) ( ) m x mf x x − − ′ = ( ) 0f x′ > 1(0, )x m ∈ ( ) 0f x′ > 1( , )x m ∈ +∞ ( )f x 1(0, )m 1( , )m +∞ 1m = ( ) ln 1,f x x x= − + 0 a b< < ( ) ( ) 1 1f b f a b a a − < −− (ln ) (ln ) 1 1,b b a a b a a − − − < −− 0 a b< < ln 1 1 b a b a ⇔ < − 0 a b< < ln 1, 1 ln 1 0, 11 t t t t tt ⇔ < > ⇔ − + < >− ( ) 0, 1f t t< > ( )f x (1, )+∞ (1) 0f = 0 a b< < ( ) ( ) 1 1f b f a b a a − < −− 0m ≠ ln 1 1 b a b a ⇔ < − t ( )f x a> min max max ( ) ( ) ( ) f x a f x a f x a ⇔ >  ⇔ >  ⇔ ≤ 恒成立 有解 无解 ( ) ( )ln x af x a Rx += ∈ ( ) e 1xg x = − ( )f x ( ) ( )g x f x≥ ( )0, ∞+ a 2 1 ln'( ) x af x x − −= e lnxa x x x≤ − − ( ) e lnxh x x x x= − − ( )h x（1） . 当 时， 单调递增； 当 时， 单调递减. 所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 (2)由 得 也就是 ，令 则 = ，由 知， . 设 ， ， 在 单调递增， 又 ，所以存在 使得 ， 即 . 当 时， ， 在 单调递减； 当 时， ， 在 单调递增; 所以 = . 所以 的取值范围是 . 点评：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最 值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化 为函数的最值问题.恒成立问题的处理方法：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2） 若푓(푥) > 0就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为푓(푥)min > 0，若푓(푥) < 0 恒成立，就转化为푓(푥)max < 0；（3）若푓(푥) > 푔(푥)恒成立，可转化为푓(푥)min > 푔(푥)max. 3.利用导数解不等式 通过构造函数，利用函数的单调性得到不等式的解集. 例 5. 【安徽省 A10 联盟 2019 届 11 月联考】已知函数푓(푥)是푅上的奇函数，푓′(푥)是其导函数，当푥 > 0时， 푥ln푥·푓′(푥) < ― 푓(푥)，则不等式(푥2 ― 1)푓(푥) > 0的解集是（ ） A．( ― 1,0) ∪ (0,1) B．( ― ∞, ― 1) ∪ (1, + ∞) C．( ― 1,0) ∪ (1, + ∞) D．( ― ∞, ― 1) ∪ (0,1) 2 1 ln'( ) x af x x − −= ( 0)x > 10 e ax −< < '( ) 0, ( )f x f x> 1e ax −> '( ) 0, ( )f x f x< ( )f x ( )10,e a− ( )1e +a− ∞， ( ) ( )g x f x≥ lne 1x x a x +− ≥ e lnxa x x x≤ − − ( ) e lnxh x x x x= − − 1'( ) e e 1x xh x x x = + − − 1( 1)(e )xx x + − 0x > 1 0x + > 1( ) ext x x = − 2 1'( ) e 0xt x x = + > ( )t x ( )0, ∞+ 1( ) e 2 0, (1) e 1 02t t= − < = − > 0 1 ,12x ∈（ ） 0( ) 0t x = 0x 0 1e x = ( )00,x x∈ '( ) 0h x < ( )h x ( )00, x ( )0 ,x x∈ +∞ '( ) 0h x > ( )h x ( )0 ,x +∞ 0 min 0 0 0 0( ) ( ) e lnxh x h x x x x= = − − 0 01 1x x− + = a ( ],1−∞思路分析：构造函数푔(푥) = ln푥·푓(푥) (푥 > 0)，可知在(0, + ∞)上푔′(푥) < 0，再根据导数与函数单调性的关系， 结合函数的奇偶性，求得푓(푥) > 0和푓(푥) < 0的解集，进而求解不等式(푥2 ― 1)푓(푥) > 0的解集. 【答案】D 【解析】设푔(푥) = ln푥·푓(푥)(푥 > 0)，则푔′(푥) = 1 푥푓(푥) + ln푥·푓′(푥)，∵当푥 > 0时，ln푥·푓′(푥) < ― 1 푥푓(푥)，∴푔′(푥 ) < 0，∴函数푔(푥)在(0, + ∞)上单调递减，∵푔(1) = ln1·푓(1) = 0，则当푥 ∈ (0,1)时，푔(푥) > 푔(1) = 0，又ln 푥 < 0，∴푓(푥) < 0；当푥 ∈ (1, + ∞)时，푔(푥) < 푔(1) = 0，又ln푥 > 0，∴푓(푥) < 0，又푓(푥)为奇函数，则在区 间( ― 1,0)和( ― ∞, ― 1)上，都有푓(푥) > 0，∵(푥2 ― 1)푓(푥) > 0等价于{푥2 ― 1 > 0 푓(푥) > 0 或{푥2 ― 1 < 0 푓(푥) < 0 ，解得푥 < ―1 或0 < 푥 < 1，∴不等式(푥2 ― 1)푓(푥) > 0的解集是( ― ∞, ― 1) ∪ (0,1)，故选 D. 点评：本题考查了利用导数求不等式的解集，考查了导数与单调性的关系，考查了函数单调性和奇偶性的 综合应用；关键是根据已知不等式，构造出合适的函数. 综合上述五种题型，无论不等式的证明、解不等式，还是不等式的恒成立问题、有解问题、无解问题，构 造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思 路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.