1、利用导数解不等式利用导数解不等式 5.3导数在研究函数中的应用导数在研究函数中的应用 考法一考法一 f(x)与与f(x)共存的不等式问题共存的不等式问题 f(x)g(x) f(x)g(x)型型 典例典例 定义在定义在 R 上的函数上的函数 f(x)，满足，满足 f(1)1，且对任意，且对任意 x R 都有都有 f(x)1 2，则不等式 ，则不等式 f(lg x)lg x 1 2 的解集为的解集为_ 解析解析 由题意构造函数由题意构造函数 g(x)f(x)1 2x， ， 则则 g(x)f(x)1 2 0，所以，所以 g(x)在定义域内是减函数在定义域内是减函数 因为因为 f(1)1，所以，所以
2、g(1)f(1)1 2 1 2， ， 由由 f(lg x)lg x 1 2 ，得，得 f(lg x)1 2lg x 1 2. 即即 g(lg x)f(lg x)1 2lg x 1 2 g(1)， 所以所以 lg x1，解得，解得 0 x10. 所以原不等式的解集为所以原不等式的解集为(0,10) (0,10) 解题技法解题技法 (1)对于不等式对于不等式f(x)g(x)0(或或0) ，构造函数，构造函数F(x) f(x)g(x) (2)对于不等式对于不等式f(x)g(x)0(或或0) ，构造函数构造函数F(x) f(x)g(x) 特别地特别地，对于不等式对于不等式f(x)k(或或k)(k0)，
3、构造函数，构造函数 F(x)f(x)kx. (3)对于不等式对于不等式f(x)g(x)f(x)g(x)0(或或0)，构造函，构造函 数数F(x)f(x)g(x) (4)对于不等式对于不等式f(x)g(x)f(x)g(x)0(或或0)，构造函构造函 数数F(x) f x g x (g(x) 0) 过关训练过关训练 设设 f(x)， g(x)分别是定义在分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数， 当上的奇函数和偶函数， 当 x0， 且， 且 g(3)0， 则不等式， 则不等式 f(x)g(x)0 f(x)g(x)0，所以函数，所以函数 yf(x)g(x)在在(，0)上单调递上单调递 增又由题意知函数增
4、又由题意知函数 yf(x)g(x)为奇函数，所以其图象关为奇函数，所以其图象关 于原点对称，且过点于原点对称，且过点(3,0)，(3,0)数形结合可求得不等数形结合可求得不等 式式 f(x)g(x)2f(x)，若，若 g(x)x2f(x)，则不等，则不等 式式 g(x)0 时，时， xf(x)2f(x)0， 所以， 所以 g(x)0， 所以所以 g(x)在在(0，)上单调递增，又上单调递增，又 f(x)是偶函数，则是偶函数，则 g(x)也是也是 偶函数，所以偶函数，所以 g(x)g(|x|)，由，由 g(x)g(1)得得 g(|x|)g(1)，所以，所以 |x|1， x0， 则则 x(1,0)
5、(0,1) D f(x) f(x)(为常数为常数)型型 典例典例 (1)已知已知f(x)为为R上的可导函数，且上的可导函数，且xR，均有，均有 f(x)f(x)，则有，则有 ( ) Ae2 019f(2 019)f(0)，f(2 019)e2 019f(0) Be2 019f(2 019)f(0)，f(2 019)e2 019f(0) Ce2 019f(2 019)f(0)，f(2 019)e2 019f(0) De2 019f(2 019)f(0)，f(2 019)e2 019f(0) 解析解析 构造函数构造函数h(x) f x ex ，则，则h(x) f x f x ex 0， 即即h(x
6、)在在R上单调递减，故上单调递减，故h(2 019)h(0)，即，即f 2 019 e 2 019f 0 e0 e2 019f(2 019)f(0)；同理，；同理，h(2 019)h(0)，即，即f(2 019) e2 019f(0)，故选，故选D. D 解析解析 由由 f(x)2f(x)0 得得 2 1 2f x f x 0，可构，可构 造函数造函数 h(x)e 2 x f(x)，则，则 h(x)1 2e 2 x f(x)2f(x)0， 所以函， 所以函 数数h(x)e 2 x f(x)在在R上单调递增， 且上单调递增， 且h(2)ef(2)1.不等式不等式exf(x) e 2 x 0 等价
7、于等价于 e 2 x f(x)1，即，即 h(x)h(2)x2，所以不等式，所以不等式 exf(x)e 2 x 0 的解集为的解集为(2，) (2)已知定义在已知定义在 R 上的函数上的函数 f(x)满足满足 f(x)2f(x)0 恒成恒成 立，且立，且 f(2)1 e(e 为自然对数的底数 为自然对数的底数)，则不等式，则不等式 exf(x)e 2 x 0 的解集为的解集为_ (2，) 解题技法解题技法 (1)对于不等式对于不等式f(x)f(x)0(或或0)，构造函数，构造函数F(x)exf(x) (2)对于不等式对于不等式f(x)f(x)0(或或0)，构造函数构造函数F(x)f x ex
8、. 过关训练过关训练 已知定义在已知定义在 R 上的可导函数上的可导函数 yf(x)的导函数为的导函数为 f(x)，满，满 足足 f(x)f(x)，且，且 yf(x1)为偶函数，为偶函数，f(2)1，则不等式，则不等式 f(x)ex的解集为的解集为_ 解析：解析：令令 h(x)f x ex ，则，则 h(x)f x f x ex 0，h(x)在在 R 上上 是减函数，又是减函数，又 yf(x1)是偶函数，是偶函数，yf(x)的图象关于直线的图象关于直线 x 1 对称，对称，f(2)f(0)1，由，由 f(x)ex得得f x ex 1，又，又 h(0)f 0 e0 1，h(x)0，故原不等式的解
9、集为，故原不等式的解集为(0，) (0，) 考法二考法二 不等式恒成立问题不等式恒成立问题 不等式恒成立问题的基本类型不等式恒成立问题的基本类型 类型类型1：任意：任意x，使得，使得f x 0，只需，只需f x min0. 类型类型2：任意：任意x，使得，使得f x 0，只需，只需f x max0. 类型类型3：任意：任意x，使得，使得f x k，只需，只需f x mink. 类型类型4：任意：任意x，使得，使得f x k，只需，只需f x maxk. 类型类型5：任意：任意x，使得，使得f x g x ，只需，只需h x minf x g x min0. 类型类型6：任意：任意x，使得，使得
10、f x g x ，只需，只需h x maxf x g x max0. 典例典例 已知函数已知函数f(x)axln x1，若对任意的，若对任意的x0， f(x)xe2x恒成立，求实数恒成立，求实数a的取值范围的取值范围 解解 法一：构造函数法法一：构造函数法 设设 g(x)xe2xaxln x1(x0)， 对任意的， 对任意的 x0， f(x)xe2x 恒成立， 等价于恒成立， 等价于 g(x)0 在在(0， ， )上恒成立， 则只需上恒成立， 则只需 g(x)min0 即可即可 因为因为 g(x)(2x1)e2xa1 x， ， 令令 h(x)(2x1)e2xa1 x(x 0)， 则则 h(x)
11、4(x1)e2x 1 x2 0， 所以所以 h(x)g(x)在在(0，)上单调递增，上单调递增， 因为当因为当 x0 时，时，h(x)，当，当 x时，时，h(x) ， 所以所以 h(x)g(x)在在(0，)上存在唯一的零点上存在唯一的零点 x0， 满足满足(2x01)e2x0a 1 x0 0， 所以所以 a(2x01)e2x0 1 x0， 且 ， 且 g(x)在在(0， x0)上单调递减， 在上单调递减， 在(x0， )上单调递增，上单调递增， 所以所以 g(x)ming(x0)x0e2x0ax0ln x012x2 0e2x0 ln x0， 则由则由 g(x)min0，得，得 2x2 0e2x
12、0 ln x00， 此时此时 0 x01，e2x0ln x0 2x2 0 ， 所以所以 2x0ln(2x0)ln(ln x0)(ln x0)， 设设 S(x)xln x(x0)，则，则 S(x)11 x 0， 所以函数所以函数 S(x)在在(0，)上单调递增，上单调递增， 因为因为 S(2x0)S(ln x0)， 所以所以 2x0ln x0即即 e2x0 1 x0， ， 所以所以 a(2x01)e2x0 1 x0 (2x01) 1 x0 1 x0 2， 所以实数所以实数 a 的取值范围为的取值范围为(，2 法二：分离参数法法二：分离参数法 因为因为 f(x)axln x1，所以对任意的，所以对
13、任意的 x0，f(x)xe2x恒恒 成立，等价于成立，等价于 ae2xln x 1 x 在在(0，)上恒成立上恒成立 令令 m(x)e2xln x 1 x (x0)，则只需，则只需 am(x)min即可，则即可，则 m(x)2x 2e2x ln x x2 ， 再令再令 g(x)2x2e2xln x(x0)， 则， 则 g(x)4(x2x)e2x1 x 0，所以，所以 g(x)在在(0，)上单调递增，上单调递增， 因为因为 g 1 4 e 8 2ln 20，g(1)2e20， 所以所以 g(x)有唯一的零点有唯一的零点 x0，且，且1 4 x01， 所以当所以当 0 xx0时，时，m(x)0，当
14、，当 xx0时，时，m(x)0， 所以所以 m(x)在在(0，x0)上单调递减，在上单调递减，在(x0，)上单调递增，上单调递增， 因为因为 2x2 0e2x0 ln x00， 所以所以 ln 22ln x02x0ln(ln x0)， 即即 ln(2x0)2x0ln(ln x0)(ln x0)， 设设 s(x)ln xx(x0)，则，则 s(x)1 x 10， 所以函数所以函数 s(x)在在(0，)上单调递增，上单调递增， 因为因为 s(2x0)s(ln x0)， 所以所以 2x0ln x0，即，即 e2x0 1 x0， ， 所以所以 m(x)m(x0)e2x0ln x 0 1 x0 1 x0
15、 ln x0 x0 1 x0 2，则，则 有有 a2， 所以实数所以实数 a 的取值范围为的取值范围为(，2 解题技法解题技法 求解不等式恒成立问题的方法求解不等式恒成立问题的方法 (1)构造函数分类讨论：构造函数分类讨论：遇到遇到f(x)g(x)型的不等式恒成立问型的不等式恒成立问 题时，一般采用作差法，构造题时，一般采用作差法，构造“左减右左减右”的函数的函数h(x)f(x)g(x) 或或“右减左右减左”的函数的函数u(x)g(x)f(x)，进而只需满足，进而只需满足h(x)min0 或或u(x)max0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数
16、最 值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论 (2)分离函数法：分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形分离参数法的主要思想是将不等式变形 成一个一端是参数成一个一端是参数a，另一端是变量表达式，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，的不等式后， 应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线ya 与函数与函数yv(x)图象的交点个数问题来解决图象的交点个数问题来解决 过关训练过关训练 (2019 陕西教学质量检测陕西教学质量检测)设函数设函数f(x)ln xk x， ，
17、kR. (1)若曲线若曲线yf(x)在点在点(e，f(e)处的切线与直线处的切线与直线x20垂直，垂直， 求求f(x)的单调性和极小值的单调性和极小值(其中其中e为自然对数的底数为自然对数的底数)； (2)若对任意的若对任意的x1x20，f(x1)f(x2)x1x2恒成立，求恒成立，求k的的 取值范围取值范围 解：解：(1)由条件得由条件得f(x)1 x k x2(x 0)， 曲线曲线yf(x)在点在点(e，f(e)处的切线与直线处的切线与直线x20垂直，垂直， f(e)0，即，即1 e k e2 0，得，得ke， f(x)1 x e x2 x e x2 (x0)， 由由f(x)0得得0 xe
18、，由，由f(x)0得得xe， f(x)在在(0，e)上单调递减，在上单调递减，在(e，)上单调递增上单调递增 当当xe时，时，f(x)取得极小值，且取得极小值，且f(e)ln ee e 2. f(x)的极小值为的极小值为2. (2)由题意知，对任意的由题意知，对任意的x1x20，f(x1)x1f(x2)x2恒成立，恒成立， 设设h(x)f(x)xln xk x x(x0)， 则则h(x)在在(0，)上单调递减，上单调递减， h(x)1 x k x2 10在在(0，)上恒成立，上恒成立， 即当即当x0时，时，kx2x x1 2 2 1 4恒成立， 恒成立， k1 4.故 故k的取值范围是的取值范
19、围是 1 4， ， . 考法三考法三 可化为不等式恒成立问题可化为不等式恒成立问题 可化为不等式恒成立问题的基本类型可化为不等式恒成立问题的基本类型 类型类型1：函数：函数f x 在区间在区间D上单调递增，只需上单调递增，只需f x 0. 类型类型2：函数：函数f x 在区间在区间D上单调递减，只需上单调递减，只需f x 0. 类型类型3：x1，x2D，f x1 g x2 ，只需，只需f x ming x max. 类型类型4：x1D1，x2D2，f x1 g x2 ，只需，只需f x ming x min. 类型类型5：x1D1，x2D2，f x1 g x2 ，只需，只需f x maxg x
20、 max. 典例典例 已知函数已知函数f(x)1 3x 3 x2ax. (1)若函数若函数f(x)在区间在区间1，)上单调递增，求实数上单调递增，求实数a的最的最 小值；小值； (2)若函数若函数g(x) x ex ，对，对x1 1 2， ，2 ，x2 1 2， ，2 ，使，使 f(x1)g(x2)成立，求实数成立，求实数a的取值范围的取值范围 解解 (1)由题设知由题设知f(x)x22xa0在在1，)上恒上恒 成立，即成立，即a(x1)21在在1，)上恒成立，上恒成立， 而函数而函数y(x1)21在在1，)单调递减，则单调递减，则ymax 3，a3，a的最小值为的最小值为3. (2)“对对x
21、1 1 2， ，2 ，x2 1 2， ，2 ，使，使f(x1)g(x2)成成 立立”等价于等价于“当当x 1 2， ，2 时，时，f(x)maxg(x)max” f(x)x22xa(x1)2a1在在 1 2， ，2 上单调递增，上单调递增， f(x)maxf(2)8a. 而而g(x)1 x ex ，由，由g(x)0，得，得x1， 由由g(x)0，得，得x1， g(x)在在(，1)上单调递增，在上单调递增，在(1，)上单调递减上单调递减 当当x 1 2， ，2 时，时，g(x)maxg(1)1 e. 由由8a1 e，得 ，得a1 e 8， 实数实数a的取值范围为的取值范围为 ，1 e 8 . 解
22、题技法解题技法 (1)x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)，等价于函数等价于函数f(x)在在 D1上的最小值大于上的最小值大于g(x)在在D2上的最小值即上的最小值即f(x)ming(x)min(这里这里 假设假设f(x)min，g(x)min存在存在)其等价转化的基本思想是：函数其等价转化的基本思想是：函数y f(x)的任意一个函数值大于函数的任意一个函数值大于函数yg(x)的某一个函数值，的某一个函数值， 但并不要求大于函数但并不要求大于函数yg(x)的所有函数值的所有函数值 (2)x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)，等价于函数，等价于函数f(x)在在 D1上的最大值小于函数上的
23、最大值小于函数g(x)在在D2上的最大值上的最大值(这里假设这里假设f(x)max， g(x)max存在存在)其等价转化的基本思想是其等价转化的基本思想是：函数函数yf(x)的任意的任意 一个函数值小于函数一个函数值小于函数yg(x)的某一个函数值的某一个函数值，但并不要求小但并不要求小 于函数于函数yg(x)的所有函数值的所有函数值 过关训练过关训练 已知函数已知函数f(x)3x 3 x1 ，g(x)x33 2(a 1)x23ax1，其中，其中 a为常数为常数 (1)当当a1时，求曲线时，求曲线g(x)在在x0处的切线方程；处的切线方程； (2)若若a0，对于任意的，对于任意的x11,2，总
24、存在，总存在x21,2，使得，使得f(x1) g(x2)，求实数，求实数a的取值范围的取值范围 解：解：(1)当当a1时，时，g(x)x33x23x1， 所以所以g(x)3x26x3，g(0)3，又因为，又因为g(0)1， 所以曲线所以曲线g(x)在在x0处的切线方程为处的切线方程为y13x，即，即3xy1 0. (2)f(x)3x 3 x1 3 x 1 6 x1 3 6 x1， ， 当当x1,2时，时， 1 x1 1 3， ，1 2 ， 所以所以 6 x1 3，2， 所以所以3 6 x1 0,1，故，故f(x)在在1,2上的值域为上的值域为0,1 由由g(x)x33 2(a 1)x23ax1
25、，可得，可得 g(x)3x23(a1)x3a3(x1)(xa) 因为因为a0，所以当，所以当x1,2时，时，g(x)0， 所以所以g(x)在在1,2上单调递减，上单调递减， 故当故当x1,2时，时， g(x)maxg(1)13 2(a 1)3a13 2a 1 2， ， g(x)ming(2)86(a1)6a13， 即即g(x)在在1,2上的值域为上的值域为 3，3 2a 1 2 . 因为对于任意的因为对于任意的x11,2 ，总存在，总存在x21,2， 使得使得f(x1)g(x2)，所以所以0,1 3，3 2a 1 2 ， 所以所以3 2a 1 2 1，解得，解得a1， 故故a的取值范围为的取值范围为(，1
