1、利用導(dǎo)數(shù)解不等式考點(diǎn)與題型歸納考點(diǎn)一f(x)與f'(x)共存的不等式問題1.典例(1)定義在R上的函數(shù)f(x),滿足f(1)=1,且對(duì)任意xCR都有f'(x)v,則不等式f(lgx)>吟的解集為.(2)設(shè)f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)xv0時(shí)，f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0,且g(-3)=0,則不等式f(x)g(x)0的解集為.1解析(1)由題息構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)x,，一，1則g'(x)=f'(x)-2<0,所以g(x)在定義域內(nèi)是減函數(shù).11因?yàn)閒(1)=1,所以g(1)=f(1)2

2、=2，igx+111由f(lgx)>-2，彳f(igx)lgx>2，rr.11即g(lgx)=f(lgx)lgx>2=g(1)，所以lgxv1,解得0vxv10.所以原不等式的解集為(0,10).(2)借助導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則,f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0?f(x)g(x)'>0,所以函數(shù)y=f(x)g(x)在(一8,0)上單調(diào)遞增.又由題意知函數(shù)y=f(x)g(x)為奇函數(shù)，所以其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且過點(diǎn)(3,0),(3,0).數(shù)形結(jié)合可求得不等式f(x)g(x)v0的解集為(8,-3)U(0,3).答案(1)(0,10)(2)(

3、8,3)U(0,3)解題技法(1)對(duì)于不等式f'(x)+g'僅)>0(或0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)+g(x).(2)對(duì)于不等式f'(x)g'僅)>0(或0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x).特別地，對(duì)于不等式f'(x)>k(或vk)(kw0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-kx.對(duì)于不等式f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0(或v0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)g(x).對(duì)于不等式f'(x)g(x)f(x)g'(x)>0(或v0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(g(x)w0).gx典例

4、(1)設(shè)f'(x)是奇函數(shù)f(x)(xCR)的導(dǎo)函數(shù)，f(-1)=0,當(dāng)x>0時(shí)，xf'(x)f(x)<0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()B.(-1,0)U(1,+oo)C. (8,1)U(-1,0)D. (0,1)U(1,+oo)(2)設(shè)函數(shù)f(x)在R上的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),且2f(x)+xf'(x)>x2,則下列不等式在R上恒成立的是()B.f(x)<0A.f(x)>0C.f(x)>xxf'xfxx2D.f(x)<xfx解析令g(x)=r,則g(x)=x由題意知，當(dāng)x>0時(shí)，g

5、9;(x)<0, g(x)在(0,+8)上是減函數(shù). f(x)是奇函數(shù)，f(-1)=0,.f(1)=-f(-1)=0,.g(1)=f(1)=0, 當(dāng)xC(0,1)時(shí)，g(x)>0,從而f(x)>0;當(dāng)xC(1,+8)時(shí)，g(x)V0,從而f(x)<0.又f(x)是奇函數(shù)， 當(dāng)xC(8,1)時(shí)，f(x)>0;當(dāng)xC(1,0)時(shí)，f(x)<0.綜上，所求x的取值范圍是(8,-1)U(0,1).C1，(2)令g(x)=x2f(x)x4,則g(x)=2xf(x)+x2f(x)-x3=x2f(x)+xf(x)x2.當(dāng)x>0時(shí)，g'(x)>0,.g(

6、x)>g(0),即x2f(x)4x4>0,從而f(x)>x2>0;當(dāng)x<0時(shí)，g'(x)<0,.g(x)>g(0),即x2f(x)4x4>0,從而f(x)>4x2>0;當(dāng)x=0時(shí)，由題意可得2f(0)>0,f(0)>0.綜上可知，f(x)>0.答案(1)A(2)A解題技法(1)對(duì)于xf'(x)+nf(x)>0型，構(gòu)造F(x)=xnf(x),則F'(x)=xn1xf'(x)+nf(x)(注意對(duì)xx0.典例(1)已知f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù),且？xCR,均有f(x)>f，(x)

7、,則有()A.e2019f(2019)<f(0),f(2019)>e2019f(0)B.e2019f(2019)<f(0),f(2019)ve2019f(0)C.e2019f(2019)>f(0),f(2019)>e2019f(0)D.e2019f(2019)>f(0),f(2019)ve2019f(0)(2)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)+2f'(x)>0恒成立，且f(2)='(e為自然對(duì)數(shù)的ex底數(shù))，則不等式exf(x)-e2>0的解集為.一一一，fx，f'xfxg一-j解析(1)構(gòu)造函數(shù)h(x)=才，則h

8、'(x)=-x<0,即h(x)在R上單倜遞減，eef-2019f0故h(2019)>h(0),即>-q-?e2019f(2019)>f(0);同理，h(2019)<h(0),即f(2e019e019)ve2019f(0),故選D.x(2)由f(x)+2f'(x)>0得2fx+f'x>0,可構(gòu)造函數(shù)h(x)=e2f(x),則h'(x)=1exx的符號(hào)進(jìn)行討論)，特別地，當(dāng)n=1時(shí)，xf(x)+f(x)>0,構(gòu)造F(x)=xf(x),則F'(x)=xf'(x)+f(x)>0.fx,xf'x

9、nfxn(2)對(duì)于xf'(x)nf(x)>0(xw0)型，構(gòu)造F(x)="xn-,則F(x)=y1(注意對(duì)x+1的符號(hào)進(jìn)行討論)，特別地，當(dāng)n=1時(shí)，xf'(x)f(x)>0,構(gòu)造F(x)=f*，則F'(x)=xxf'xfx(2)對(duì)于不等式f'(x)f(x)>0(或V0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=f-x-.e考點(diǎn)二不等式恒成立問題不等式恒成立問題的基本類型類型1：任意X,使得fX>0,只需fXmin>0.類型2：任意X,使得fX<0,只需fXmaxV0.類型3：任意X,使得fX>k,只需fXmin>k.

10、類型4：任意X,使得fX<k,只需fXmaxVk.類型5:任意x,使得fx>gx,只需hXmin=fxgXmin>0.類型6:任意x,使得fxvgx,只需hxmax=fXgXmaxV0.典例已知函數(shù)f(x)=ax+lnx+1,若對(duì)任意的x>0,f(x)wxe2x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解法一：構(gòu)造函數(shù)法設(shè)g(x)=xe"axlnx1(x>0),對(duì)任意的x>0,f(x)wxe2x恒成立，等價(jià)于g(x)>0在(0,+8)上恒成立，則只需g(x)min>0即可.1因?yàn)間(x)=(2x+1)e2X-a-,X令h(x)=(2x+1)e&quo

11、t;a1(x>0),1則h'(x)=4(x+1)e2x+-2>0,X所以h(x)=g'(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，h(x)>oo,當(dāng)x時(shí)，h(x)>十°0,所以h(x)=g'(x)在(0,+8)上存在唯一的零點(diǎn)X0,滿足(2x0+1)e2x0aX=。，所以a=(2x0+1)e2x0,且g(x)在(0,X0)上單調(diào)遞減，在(X0,+00)上單調(diào)遞增X0所以g(x)min=g(x0)=x0e2x0ax。一InX01=2x0e2x。一InX0,則由g(x)min>0,得2x2e2x0+Inx0w0,InX0此時(shí)

12、0vx01,e2x0<2x2,所以2x0+ln(2x0)wln(-Inx0)+(Inx°),一i1設(shè)S(x)=x+lnx(x>0),則S(x)=1+->0,x所以函數(shù)S(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，因?yàn)镾(2xo)<S(-lnxo),1所以2xoWlnxo即e2xow一xo'所以a=(2xo+1)e2xo<(2xo+1)=2,xoxoxo所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(一8,2.法二：分離參數(shù)法lnx+1因?yàn)閒(x)=ax+lnx+1,所以對(duì)任意的x>o,f(x)wxe2x恒成立，等價(jià)于aWe2x一x在(o,+8)上恒成立.lnx+12x所以g(

13、x)有唯一白零點(diǎn)xo,且4<xov1,所以當(dāng)ovxvxo時(shí)，m'(x)<o,當(dāng)x>xo時(shí)，m'(x)>o,所以m(x)在(o,xo)上單調(diào)遞減，在(xo,+°°)上單調(diào)遞增，因?yàn)?x2e2xo+lnxo=o,所以ln2+2lnxo+2xo=ln(lnxo),即ln(2xo)+2xo=ln(lnxo)+(lnxo),1設(shè)s(x)=lnx+x(x>。)，則s(x)=+1>o,x所以函數(shù)s(x)在(o,+8)上單調(diào)遞增，因?yàn)閟(2xo)=s(-lnxo),1所以2xo=lnxo,即e2xo=,xoe2x+lnx令m(x)=e2x

14、x(x>o),貝U只需awm(x)min即可，貝Um'(x)=x2,再令g(x)=2x2e2x+lnx(x>o),則g'(x)=4(x2+x)e2x+->o,所以g(x)在(o,+8)上單x調(diào)遞增，1e2因?yàn)間4=g-2ln2<o,g(1)=2e2>o,lnx0+111nxo1所以m(x)>m(xo)=e2xo-xo-=X0_X0_-X0=2?則有a<2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(一8,2.解題技法求解不等式恒成立問題的方法(1)構(gòu)造函數(shù)分類討論：遇到f(x)>g(x)型的不等式恒成立問題時(shí)，一般采用作差法，構(gòu)造“左減右”的函數(shù)h(

15、x)=f(x)-g(x)或“右減左”的函數(shù)u(x)=g(x)-f(x),進(jìn)而只需滿足h(x)min>0或U(x)maxW0,將比較法的思想融入函數(shù)中，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)最值的問題，適用范圍較廣，但是往往需要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論.(2)分離函數(shù)法：分離參數(shù)法的主要思想是將不等式變形成一個(gè)一端是參數(shù)a,另一端是變量表達(dá)式v(x)的不等式后，應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為水平直線y=a與函數(shù)y=v(x)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題來解決.題組訓(xùn)練(2019陜西教學(xué)質(zhì)量檢測)設(shè)函數(shù)f(x)=1nx+k,kCR.x(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(e,f(e)處的切線與直線x2=0垂直，求f(x)的單調(diào)性和

16、極小值(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))；(2)若對(duì)任意的x1>x2>0,f(x1)f(x2)vxix2恒成立，求k的取值范圍.1k斛：(1)由條件得f(x)=x-x2(x>0),曲線y=f(x)在點(diǎn)(e,f(e)處的切線與直線x-2=0垂直，一1k,一-f(e)=0,即e-e?=0，得k=e,1ex一ef'(x)=;一=.(x>0),xxx由f'(x)<0得0vxve,由f'(x)>0得x>e,，f(x)在(0,e)上單調(diào)遞減，在(e,+00)上單調(diào)遞增.當(dāng)x=e時(shí)，f(x)取得極小值，且f(e)=lne+e=2.ef(x)的極小值為

17、2.(2)由題意知，對(duì)任意的x1>x2>0,f(x1)x1Vf(x2)x2恒成立，設(shè)h(x)=f(x)x=lnx+x(x>0),x則h(x)在(0,+°°)上單調(diào)遞減,1k(X)=x7lW0在(0,+00)上恒成立,191一,、即當(dāng)x>0時(shí)，k>-x2+x=X22+4恒成立,11.*4.故k的取值范圍是分，十°°考點(diǎn)三可化為不等式恒成立問題可化為不等式恒成立問題的基本類型類型1:函數(shù)fx在區(qū)間D上單調(diào)遞增，只需f'x>0.類型2:函數(shù)fx在區(qū)間D上單調(diào)遞減，只需f'x<0.類型3：?x1,x2CD

18、,fx1>gx2,只需fxmin>gxmax.類型4：?x1eD1,?x2CD2,fx1>gx2,只需fxmin>gxmin.類型5：?x1D1,?x2CD2,fx1<gx2,只需fxmaxVgxmax.1典例已知函數(shù)f(x)=zx3+x2+ax.3(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間1,+8)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的最小值；(2)若函數(shù)g(x)=A，對(duì)？xi2,2,?x2C2,2,使，(x1)Wg(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的enn取值范圍.解(1)由題設(shè)知f(x)=x2+2x+a>0在1,+8)上恒成立，即a>-(x+1)2+1在1,+8)上恒成立，而函數(shù)y=(x+

19、1產(chǎn)+1在1,+00)單調(diào)遞減，則ymax=-3,，a>3,-a的最小值為-3.111一(2)"?xiC2,2,?x2C2,2,使f'(x1)Wg(x2)成立”等價(jià)于“當(dāng)xC",2時(shí)，f(x)maxWg(x)max".co1f(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a1在2,2上單調(diào)遞增,.f，(x)max=f'(2)=8+a.1x而g'(x)=-,由g'(x)>0,得xv1,e由g'(x)v0,得x>1,g(x)在(8,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減.、11，當(dāng)xC2，2時(shí)，g(x)max=g(1

20、)=&.,.11一由8+aw倚aw8,ee、，1c實(shí)數(shù)a的取值范圍為8,7-8.e解題技法(1)?xeD1,?X2CD2,f(X1)>g(X2),等價(jià)于函數(shù)f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值即f(x)min>g(x)min(這里假設(shè)f(x)min,g(x)min存在).其等價(jià)轉(zhuǎn)化的基本思想是：函數(shù)y=f(x)的任意一個(gè)函數(shù)值大于函數(shù)y=g(x)的某一個(gè)函數(shù)值，但并不要求大于函數(shù)y=g(x)的所有函數(shù)值.(2)?xCD1,?x2D2,f(x1)vg(x2),等價(jià)于函數(shù)f(x)在D1上的最大值小于函數(shù)g(x)在D2上的最大值(這里假設(shè)f(x)max,g(x)m

21、ax存在).其等價(jià)轉(zhuǎn)化的基本思想是：函數(shù)y=f(x)的任意一個(gè)函數(shù)值小于函數(shù)y=g(x)的某一個(gè)函數(shù)值，但并不要求小于函數(shù)y=g(x)的所有函數(shù)值.題組訓(xùn)練3x-3-3已知函數(shù)f(x)=x+1,g(x)=x3+2(a+1)x23ax1,其中a為吊數(shù).(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線g(x)在x=0處的切線方程；(2)若a<0,對(duì)于任意的xC1,2,總存在x2C1,2,使得f(x1)=g(x2),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：(1)當(dāng)a=1時(shí)，g(x)=-x3+3x2-3x-1,所以g'(x)=3x2+6x3,g'(0)=3,又因?yàn)間(0)=1,所以曲線g(x)在x=0處的切線方程為y+

22、1=3x,即3x+y+1=0.3x-3(2)f(x)F3x1667工1一1當(dāng)xe1,2時(shí)，ex+13所以一e3,2,x+1.6所以3-0,1,故f(x)在1,2上的值域?yàn)?,1.x+1,°3由g(x)=x3+2(a+1)x23ax1,可得g(x)=3x?+3(a+1)x3a=3(x1)(xa).因?yàn)閍<0,所以當(dāng)xC1,2時(shí)，g'(x)<0,所以g(x)在1,2上單調(diào)遞減，故當(dāng)xC1,2時(shí)，331g(x)max=g(1)=一1+2(a+1)3a1=2a一2'g(x)min=g(2)=8+6(a+1)6a1=3,31即g(x)在1,2上的值域?yàn)橐?,-2a-

23、2.因?yàn)閷?duì)于任意的x11,2，總存在x2C1,2,使得f(x1)=g(x2),c31所以0,1?-3，2a2'31-所以2a2>1,解得aw1,故a的取值范圍為(8,1.課時(shí)跟檢測1 .(2019南昌調(diào)研)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x),若對(duì)任意的x>0都有2f(x)+xf'(x)>0成立，則()A.4f(-2)<9f(3)B.4f(2)>9f(3)C.2f(3)>3f(2)D.3f(-3)<2f(-2)解析：選A根據(jù)題意，令g(x)=x2f(x),其導(dǎo)函數(shù)g'(x)=2xf(x)+xf&

24、#39;(x),又對(duì)任意的x>0都有2f(x)+xf'(x)>0成立,則當(dāng)x>0時(shí),有g(shù)'(x)=x2f(x)+xf'(x)>0恒成立，即函數(shù)g(x)在(0,+8)上為增函數(shù)，又由函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f(-x)=f(x),則有g(shù)(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=g(x),即函數(shù)g(x)也為偶函數(shù)，則有g(shù)(-2)=g(2),且g(2)<g(3),則有g(shù)(-2)<g(3),即有4f(-2)<9f(3).2 .f(x)在(0,+8)上的導(dǎo)函數(shù)為，(x),xf'(x)>2f(x),則下列不等式成

25、立的是()A. 20182f(2019)>20192f(2018)B. 20182f(2019)v20192f(2018)C.2018f(2019)>2019f(2018)D.2018f(2019)<2019f(2018)0,解析：選A令g(x)=fx,xC(0,+oo),則g'(x)=X2f'x2xfxxf'x2fxX4X3則g(x)在(0,+8)上為增函數(shù),f2019f2018即2019220182'.20182f(2019)>20192f(2018).3.(2019鄭州質(zhì)檢)若對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)yx,y都有2x-e1nywme成立,則

26、實(shí)數(shù)m的取值范圍為(B.72,1r1D.0,一e解析:,yyx由2x-elnxWm；，可得2e-ylnyw工xmy.設(shè)工=t,令f(t)=(2e-t)-tlnt>0,x一，2e人則f(t)=lnt+11,令g(t)=2e.1lnt+71,t>0,則g(t)=一,2e一彳<0,g(t)在(0,+8)上單調(diào)遞減，即F在(0,+8)上單調(diào)遞減.f,(e)=0,.-.f(t)在(0,e)上單調(diào)遞增，在(e,+)上單調(diào)遞減,1.f(t)max=f(e)=e,eWm，一，1，實(shí)數(shù)m的取值范圍為0,；e4 .設(shè)函數(shù)f(x)=exx+-3a(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),若不等式f(x)<0有

27、正實(shí)數(shù)解,xx、則實(shí)數(shù)a的最小值為解析：原問題等價(jià)于存在xC(0,+8),使彳導(dǎo)a>ex(x2-3x+3),令g(x)=ex(x2-3x+3),x(0,十°°),則a>g(x)min.而g'(x)=ex(x2x),由g'(x)>0可得x(1,十°°),由g'(x)<0可得xC(0,1),，函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,+8)上的最小值為g(i)=e.綜上可得，實(shí)數(shù)a的最小值為e.答案：e5 .(2018武漢質(zhì)檢)已知f(x)=xlnx,g(x)=x3+ax2x+2.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對(duì)任意x

28、C(0,+8),2f(x)Wg，(x)+2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：(1);函數(shù)f(x)=xlnx的定義域是(0,十°°),.f，(x)=lnx+1.1令f(x)<0,得Inx+1v0,解得0vxv工ef(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0,1.e1令f(x)>0,得Inx+1>0,解得x>_,ef(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是5+00.e綜上，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0,1,單調(diào)遞增區(qū)間是3,+8.ee(2).g,(x)=3x2+2ax1,2f(x)wg'(x)+2恒成立，2xlnx<3x2+2ax+1恒成立.x>0,，a>lnx-3x

29、-1-在xC(0,十00)上恒成立.設(shè)h(x)=lnx-3x-，(x>0),則h'(x)=-22x22xx31x13x+112+M=-27.令h'(x)=0,得x1=1,x2=3(舍去).當(dāng)x變化時(shí)，h'(x),h(x)的變化情況如下表：x(0,1)1(1,+8)h'(x)十0一h(x)極大值.當(dāng)*=1時(shí)，h(x)取得極大值，也是最大值，且h(x)max=h(1)=2,.若a>h(x)在xC(0,+8)上恒成立，則a>h(x)max=-2,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是2,十).6.(2019鄭州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=lnx-a(x+1),aR,在點(diǎn)(

30、1,f(1)處的切線與x軸平行.求f(x)的單調(diào)區(qū)間;x2-1(2)若存在x0>1,當(dāng)xC(1,x0)時(shí)，恒有f(x)e+Zx+aRx1)成立，求k的取值氾圍.解:(1)由已知可得f(x)的定義域?yàn)?0,+8).f',、1(x)=一a,.f(1)=1a=0,.a=1,x.f(x)=；T=?xx令f'(x)>0,得0vxv1,令f'(x)<0,得x>1,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+8).x21一,x21(2)不等式f(x)萬+2x+>k(x1)可化為Inx-5+x>k(x1).人x21x2+1kx+1令g(x)=Inx萬+x一萬一k(x-1)(x>1),，1則g(x)=x+1k=x1k令h(x)=x2+(1k)x+1(x>1),則h(x)的對(duì)稱軸為x=-2-1k當(dāng)一2-1,即k>-1時(shí)，易知h(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,.h(x)<h(1)=1-k.若k>1,則h(x)<0,.g,(x)<0,.g(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減，g(x)vg(1)=0,不合題意；若一1Wkv1,則h(1)>0,必存在x0使得xC(1,x0)時(shí)g'(x)>0,，g(x