1、专题 05 应用导数研究不等式恒成立问题 【压轴综述】【压轴综述】 纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极(最)值问题，证明不等式、研究函 数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导 数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参 数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨， 通过例题说明此类问题解答规律与方法-参变分离、数形结合、最值分析等. 一、利用导数证明不等式f(x)g(x)的基本方法 (1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)ming(x)m
2、ax； (2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数h(x)的 单调性或最值，证明h(x)0. 二、不等式恒成立问题的求解策略 (1)已知不等式f(x，)0(为实参数)对任意的xD恒成立， 求参数的取值范围 利 用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下： (2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒 成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a0，0 或a0，0)求解 三、不等式存在性问题的求解策略 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xD恒成立，应 求f(x)
3、的最小值；若存在xD，使得f(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值在具体问题中 究竟是求最大值还是最小值， 可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值， 这样也就可以 解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值 特别需要关注等号是否成立， 以免细节 出错 【压轴典例】【压轴典例】 例 1(2021 全国高三其他模拟)已知数列 n a满足 1 1a ， 1 ln1 nn aa .若 1 1 nn aa 恒成立，则实数的最大值是( )(选项中e为自然对数的底数，大约为 2.71828) A21e B 2 e1 Ce De 【答案】D 【详解】 由 1 ln1 nn aa 得 111 ln1 nn
4、nn aaaa ， 设( )l n (1 ) ,1f xxxx ， ( ) 1 x fx x ， ( )f x在( 1,0) 单调递减，在(0,）单调递增，故 min ( )(0)0f xf， 则 1 0 nn aa ，所以 1nn aa ， 1 n a ，由 1 1 nn aa 得 11 1ln(1) nn aa 易得 1 1 ln(1 1 ) n n a a ，记 1 10 n ta ，所以 1 1 1 ln(1ln) n n at at ，记( ) ln t f t t ， 2 ln1 ( ) ln t f t t ，当ln10t 即( )0f t 得te时 ( )f t单调递增，当ln
5、 10t 即 ( )0ft 得0te 时( )f t单调递减，所以 min ( )( )f tf ee，得e， 例 2(2021 浙江嘉兴市 高三)已知函数 1 x f xeatax ，其中0t 若对于某个 tR，有且仅有 3个不同取值的a，使得关于x的不等式 0f x 在R上恒成立，则t的 取值范围为( ) A1,e B,2ee C, e D2 , e 【答案】C 【详解】显然0a，否则0 x ea，于是 ( )10 x f xeatax ，即10tax ， 这与不等式的解集为R矛盾又易知0a时，不等式 0f x 恒成立于是仅需再分析 0a的情形易知0t ，由 10 x f xeatax 知
6、lnxa或 1 x ta ，所以 11 lnlnaaa tat 所以原问题等价于关于a的方程 1 lnaa t 有两解，设 ( )lnh aaa ， 则() l n1h aa ， 1 0a e 时，( )0h a ，( )h a递减， 1 a e 时，( )0 h a ， ( )h a递增， 所以 min 11 ( )h ah ee ，0 x时，( )0h a ，a 时，( )h a ， 所以由关于a的方程 1 lnaa t 有两解，得 11 0 et ，所以te 例 3.(2020新高考全国卷)已知函数 f(x)=ae x-1-ln x+ln a. (1)当 a=e 时,求曲线 y=f(x)
7、在点(1,f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积; (2)若 f(x)1,求 a 的取值范围. 【解析】f(x)的定义域为(0,+),f(x)=ae x-1- . (1)当 a=e 时,f(x)=e x-ln x+1,f(1)=e-1,曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 y-(e+1)=(e-1)(x-1),即 y=(e-1)x+2.直线 y=(e-1)x+2 在 x 轴,y 轴上的截距分别为,2,因 此所求三角形的面积为. (2)当 0a1 时,f(1)=a+ln a1 不满足条件;当 a=1 时,f(x)=e x-1-ln x,f(x)=ex-1- .当 x (0,1
8、)时,f(x)0.所以 f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+)上是 增函数,所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)1.所以a=1满足条件; 当 a1 时,f(x)=ae x-1-ln x+ln aex-1-ln x1.综上,a 的取值范围是1,+). 例 4.(2020全国卷高考理科T21)已知函数 f(x)=e x+ax2-x. (1)当a=1 时,讨论f(x)的单调性; (2)当x0 时,f(x)x 3+1,求 a的取值范围. 【解析】(1)当a=1 时,f=e x+x2-x,f =e x+2x-1,由于 f=e x+20, 故f单调递增,注意到f=0
9、, 故当x时,f0,f单调递增. (2)由fx 3+1 得,ex+ax2-x x 3+1,其中 x0, 当x=0 时,不等式为:11,显然成立,符合题意; 当x0 时,分离参数a得,a-,记g=-,g=-, 令h=e x- x 2-x-1 ,则h=e x-x-1,h =e x-10, 故h单调递增,hh=0,故函数h单调递增,hh=0, 由h0 可得:e x- x 2-x-10 恒成立,故当 x时,g0,g单调递增; 当x时,gx2,有. 【解析】 (1)当k=6 时,f(x)=x 3+6ln x,f(x)=3x 2+ .可得f(1)=1,f(1)=9,所以曲线y=f(x) 在点(1,f(1)
10、处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8. 依题意,g(x)=x 3-3x2+6ln x+ ,x(0,+).从而可得 g(x)=3x 2-6x+ - , 整理可得:g(x)=,令g(x)=0,解得x=1.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如表: x (0,1) 1 (1,+) g(x) - 0 + g(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值. (2)由f(x)=x 3+kln x,得 f(x)=3x 2+ .对任意的x1,x21,+),且x1x2,令 =t(t1), 则(x1-x2
11、)f(x1)+f(x2)-2(f(x1)-f(x2)=(x1-x2)-2 =-3x2+3x1+k-2kln =(t 3-3t2+3t-1)+k .() 令h(x)=x- -2ln x,x(1,+).当x1 时,h(x)=1+ - =0, 由此可得h(x)在(1,+)上单调递增,所以当t1 时,h(t)h(1),即t- -2ln t0. 因为x21,t 3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3, 所以(t 3-3t2+3t-1)+k (t 3-3t2+3t-1)-3 =t 3-3t2+6ln t+ -1.() 由(1)可知,当t1 时,g(t)g(1),即t 3-3t2+6ln t+ 1,故
12、 t 3-3t2+6ln t+ -10.() 由()()()可得(x1-x2)f(x1)+f(x2)-2(f(x1)-f(x2)0. 所以,当k-3 时,对任意的x1,x21,+),且x1x2,有. 例 6 (2021 江苏苏州市 高三)已知函数( )eln ax f xxx， 其中 e 是自然对数的底数，0a . (1)若曲线 ( )yf x 在点(1,(1)f处的切线斜率为21e，求 a 的值； (2)对于给定的常数 a，若 ( )1f xbx 对(0,)x恒成立，求证：ba 【答案】(1)1a ；(2)证明见解析. 【详解】 (1)因为 1 ( )(1) ax fxaxe x ， 所以切
13、线斜率为 (1)(1)121 a kfaee ， 即(1)20 a aee设( )(1)2 x h xxee， 由于( )(2)0 x h xxe ，所以 ( )h x在(0,)上单调递增， 又(1)0h，由(1)( )02 a aeh ae可得1a (2)设( )1 t u tet ，则( )1 t u te ，当0t 时， ( )0u t ，当0t 时，( )0u t ， 所以( )u t在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，所以 min ( )(0)0u tu，即 ( )0u t ， 所以1(*) t et 若 ( )1f xb x 对(0,)x恒成立， 即ln1 ax xexbx
14、 对(0,)x恒成立，即 ln1ln1 ax ax xxex be xxx 对 (0,)x恒成立设 ln1 ( ) ax xex g x x ，由(*)可知 ln ln1ln1ln1 ln1 ( ) axaxx xexexaxxx g xa xxx ， 当且仅当( )ln0 xaxx时等号成立由 1 ( )00 xax x ，所以( )x在 0 +，上单调递增，又1 aaa eaeaa e ，由 0a，所以10 a e ，即 0 a e 10a，则存在唯一 0 ,1 a xe 使得 0 ()=0 x，即方程 ( )ln0 xaxx 有唯一解 0 ,1 a xe ，即( )g xa(对于给定的常
15、数 a，当 0 xx， 0 ,1 a xe 时取等号)由 ln1ln1 ax ax xxex be xxx 对 (0,)x恒成立， 所以b a 例 7.(2020江苏高考T19)已知关于 x 的函数 y=f(x),y=g(x)与 h(x)=kx+b(k,bR)在区 间 D 上恒有 f(x)h(x)g(x). (1)若 f(x)=x 2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-,+).求 h(x)的表达式; (2)若 f(x)=x 2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+).求 k 的取值范围; (3)若 f(x)=x 4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3
16、-t)x-3t4+2t2(0m(0)=1+k0,所以 k=-1. 当 x=0 时,0,即(k+1) 2-4(k+1)0,(k+1)(k-3)0,-1k3. 综上,k0,3. (3)当 1t时,由 g(x)h(x),得 4x 2-84(t3-t)x-3t4+2t2, 整理得 x 2-(t3-t)x+ 0.(*)令 =(t 3-t)2-(3t4-2t2-8),则 =t6-5t4+3t2+8. 记 (t)=t 6-5t4+3t2+8(1t ),则 (t)=6t 5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)0 恒成立, 所以 (t)在1,上是减函数,则 ()(t)(1),即 2(t)7 所以不等
17、式(*)有解,设解集为,因此 n-mx2-x1=. 当 0t1 时,f(-1)-h(-1)=3t 4+4t3-2t2-4t-1.设 v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1, v(t)=12t 3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令 v(t)=0,得 t= . 当 t时,v(t)0,v(t)是增函数; v(0)=-1,v(1)=0,则当 0t1 时,v(t)0,(或证:v(t)=(t+1) 2(3t+1)(t-1)0) 则 f(-1)-h(-1)0,因此-1(m,n).因为m,n-,所以 n-m+1. 当-t 0 x， 2 0 x ， 1 (0,)xx，( )0fx ，( )
18、f x单调递增， 2 (,)xx，( )0fx ，( )f x单调递增. 综上， 1 2 a 时，函数( )f x单调递增区间为(0,)， 0a 时，函数( )f x单调递增区间为 11 2 (,) 2 a ， 1 0 2 a 时，函数 ( )f x单调递增区间为 112 (0,) 2 a ， 11 2 (,) 2 a . (2)由(1)知， ( )f x存在两个极值点 1212 ,()x x xx时， 1 0 2 a 且 12 1xx +， 12 2 a xx， 则 1 1 1 2 a x x ， 11 21axx，且 1 1 0 2 x， 2 1 1 2 x. 此时 12 0f xmx 恒
19、成立，可化为 2 111111 21 21ln2 1 f xxxxxx m xx 111111 1 1121ln1 1 xxxxxx x 111 1 1 12ln 1 xxx x 恒成立， 设 1 ( )12 ln 1 g xxxx x ， 1 (0,) 2 x， 2 22 1(1)1 ( )1 22ln2ln (1)(1) x g xxx xx 2 (2) 2ln (1) x x x x ， 因为 1 0 2 x，所以(2)0 x x，2ln0 x，所以)(0g x ，故( )g x在 1 (0, ) 2 单调递 减， 13 ( )ln2 22 g xg ，所以实数m的取值范围是 3 (,l
20、n2 2 . 11(2021 黑龙江哈尔滨市 哈尔滨三中高三)已知 ln0f xxmx m. (1)若 yf x在点 1,1f处的切线平行于x轴，求其单调区间和极值; (2)若不等式 2 1 1 1 2 f xx mx 对于任意的0 x恒成立，求整数m的最小值. 【答案】(1)增区间为0,1，减区间为 1,， f x的极大值为 1，无极小值；(2)2. 【详解】(1) 1 fxm x ，则 110fm ，1m， lnf xxx，定义域为(0,)， 11 1 x fx xx 令 0fx ，得01x;令 0fx ，得1x f x的增区间为0,1，减区间为 1,，且 f x的极大值为 11f ，无极
21、小值. (2)因为0m，所以 2 1 1 1 2 f xx mx 对于任意的0 x恒成立，可化为 2 1ln1 22 xx m xx ， 设 2 ln1 2 xx h x xx ，则 2 22 22 1 2(ln1)(22) 12ln 22 xxxxxx xxx x h x xxxx ， 设 2lng xxx，则 2lng xxx单调增，且 11111 2ln2ln2ln40 22222 g ， 10g， 0 1 ,1 2 x 使 0 0g x，即 0 0h x，所以 00 2ln0 xx， 所以当 0 1 2 xx时， 0 ( )()0g xg x，( )0h x， 当 0 1xx时， 0
22、( )()0g xg x，( )0h x， h x在 0 0,x单调递增，在 0, x 单调递减 0 00 0 22max 00000 1 ln111 2 ,1 2222 x xx h xh x xxxxx 0 21,2mh x，m的最小整数值为2。 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 若 ( )kf x在 , a b上恒成立，则 max ( )kf x ； 若 ( )kf x 在 , a b上恒成立，则 min ( )kf x； 若 ( )kf x 在 , a b上有解，则 min ( )kf x； 若 ( )kf x 在 , a b上有解，则 max (
23、 )kf x； 12.(2020河南高考模拟)已知函数 lnf xxxab，曲线 yf x在点 1,1f 处的切线为210 xy . (1)求a，b的值； (2)若对任意的1,x， 1f xm x恒成立，求正整数m的最大值. 【答案】(1)1a ，0b；(2)3 【解析】(1)由 lnf xxxab得： ln1fxxa ，由切线方程可知： 12 1 1f 112fa ， 11fab，解得：1a ，0b (2)由(1)知 ln1f xxx，则1,x时， 1f xm x恒成立等价于 1,x时， ln1 1 xx m x 恒成立 令 ln1 1 xx g x x ，1x ，则 2 ln2 1 xx
24、gx x . 令 ln2h xxx，则 11 1 x h x xx 当1,x时， 0h x ，则 h x单调递增 31 ln30h ， 422ln20h 0 3,4x，使得 0 0h x 当 0 1,xx时， 0g x； 0, xx时， 0g x 00 0 min 0 ln1 1 xx g xg x x ， 000 ln20h xxx， 00 ln2xx 00 00 min 0 2 1 3,4 1 xx g xg xx x 0 3,4mx，即正整数m的最大值为3 13.(2020湖北高考模拟)已知函数 2 ( )1 2 x x f xe (1)若直线y xa 为 f x的切线，求a的值 (2)
25、若0,x ， f xbx恒成立，求b的取值范围 【答案】(1)0；(2)1b 【解析】(1)设切点为 00 ,P x y， x fxex， 0 00 1 x fxex，令 x h xex，则 1 x h xe， 当0 x时， 0h x ， h x在0,上为增函数； 当0 x时， 0h x ， h x在,0上为减函数； 所以 min 01h xh，所以 0 0 x ，又 0 2 00 1 1 2 x exxa ，所以0a (2)0,x ， f xbx恒成立 2 10 2 x x ebx ， 0,x 令 2 ( )1 2 x x g xebx ， 0,x x gxexbh x ， 1 x h xe
26、, 当0 x时， 10 x h xe ，所以 h x在0,上为增函数， min1h xb ， 若1b，则当0 x时( )0g x ，故 g x在0,上为增函数， 故0,x时，有 00g xg即 2 10 2 x x ebx 恒成立，满足题意. 若1b， 因为 gx为0,上的增函数且 010gb ln 2lnln2gbbb ， 令 lnln2s bbb，其中1b， 1 10s b b ， 所以 s b在 1,为增函数，所以 11 ln20s bs ， 故存在 0 x，使得( ) 0 0g x=且 0 0,xx时， 0gx ， g x在 0 0,x为减函数，故当 0 0,xx时， 00g xg，矛
27、盾，舍去. 综上可得：1b 14(2021 浙江绍兴市 高三期末)已知函数( )ln(1) n x fxx n ，其中 * nN . (1)证明： 2 1( ) 1 x f x x ； (2)证明：对任意的2n，存在0 n x ，使得0 nn fx； (3)在(2)的条件下，证明： 1 1 nn xx . 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析. 【详解】(1)( ) n fx定义域是( 1,) ，设 2 1 ( )( )ln(1) 11 xx g xf xx xx ， 则 2 ( ) (1) x g x x ，11x 时，( )0g x ，0 x时，( )0g x ，
28、所以( )g x在1,0单调递减，在0,单调递增， 所以 ( )00g xg，即 2 1( ) 1 x f x x . (2)证明： 11(1) ( ) 1(1) n nx fx xnn x ， 所以( ) n fx在1,1n上单调递增，在1,n 单调递减， 且 00 n f，由(1)可知 111 (1)ln0 n nnn fnn nnn ，取 2 0 4xn， 0000 ln 14ln 1 24 n fxxnxxn 00 2ln 14240 xnxn， 由以上知 0 n fx 在0,存在唯一的非零实数根 n x. (3)当2n时， ()ln(1)0 n nn x f xx n ，即 ln(1
29、)1 0 n n x xn ，设 ln(1) ( ) x G x x ， 设 ln 11 n n n x G x xn ， 1 1 1 ln 11 1 n n n x G x xn ， 2 ln(1) 1 ( )0 x x x G x x ，所以函数( )G x单调递减， 所以 1 1 nn xx 等价于证明 1 1 1 1 nn G xG x n ， 等价于 1 11 ln 2ln 1 nn nn xx n xx ，即 (1)ln(1)ln(2)ln(1)ln(2) nnnnnn xxxxxx， 设( )(1)ln(1)ln(2)ln(1)ln(2)(0)h xxxxxxx x， 12ln(
30、1)ln(2) ( )ln 2221 xxx h x xxxx ，由(1)可知ln(1) 1 x xx x ， 所以 111 lnln 1 222 x xxx ， ln(2)111 1122 xx xxxx ， 所以当0 x时， ln(1) ( )0 2 x h x x ，故( )h x在0,单调递减， 所以 ( )00h xh，故 1 1 nn xx . 15.(2020临川一中实验学校高考模拟)已知函数( )exf xaxb.(其中e为自然对数 的底数) (1)若( )0f x 恒成立，求ab的最大值； (2)设( )ln1g xx，若( )( )( )F xg xf x存在唯一的零点，且
31、对满足条件的, a b不等 式e 1) （m ab恒成立，求实数m的取值集合. 【答案】(1) 2 e ；(2) 1 【解析】(1) x g xea， 当0a 时， 0g x ， g x在R上单调递增，取 1 min 0, b m a ， 当 0 xm时， 0 000 10 x g xeaxbaxb 矛盾； 当0a时， x g xebb，只要0b ，即0b，此时0ab； 当0a时，令 0g x ，lnxa， 所以 g x在ln , a 单调递增，在,lna单调递减 lnlng xgaaaab， 所以ln0aaab ，即lnbaaa，此时 22 lnabaaa， 令 22 lnh aaaa， 2
32、1 22 ln1 2lnh aaaaaaa a ， 令 0h a ，ae， 当0,ae， 0h a ， h a在0, e上为增函数； 当,ae， 0h a ， h a在, e 上为减函数 所以 11 22 h aheeee，所以 2 e ab ，故ab的最大值为 2 e (2) 1 x Fxea x 在0,单调递减且 Fx在0,的值域为R， 设 F x的唯一的零点为 0 x，则 0 0F x， 0 0Fx，即 0 0 00 0 ln10 1 0 x x xeaxb ea x 所以 0 0 1 x ae x ， 0 0 1ln x o bxex， 由1m aeb 恒成立，则 00 00 0 1
33、11ln xx m eexex x ， 得 0 00 0 1ln10 x m xmexme x 在0,上恒成立 令 1ln1 x m k xxmexme x ，0,x， 22 11 xx m kxxm exme xxx 若0m ， 0k x ， k x在0,上为增函数，注意到 10k，知当0,1x时， 0k x ，矛盾；当,xm 时， 0k x ， k x为增函数， 若01m ，则当1,xm时， 0k x ， ， k x为减函数， 所以1,xm时，总有 10k xk，矛盾； 若01m，则当,1xm 时， 0k x ， ， k x为增函数， 所以,1xm 时，总有 10k xk，矛盾； 所以1m即1m，此时当1,x时， 0k x ， k x为增函数， ， 当0,1x时， 0k x ， k x为减函数，而(1)0k，所以 F x有唯一的零点. 综上，m的取值集合为 1
