第5节 导数与不等式
考试要求 1.能利用导数证明简单的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，会求参数的取值范围.
知 识 梳 理
1.证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题.
2.求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出，将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题.
3.不等式能成立看作不等式有解问题. [常用结论与易错提醒] 与不等式有关的结论
(1)对任意，f()>g()?f()－g()>0?[f()－g()]min>0. (2)对任意1，2，f(1)>g(2)?f()min>g()ma. (3)存在1，2，f(1)>g(2)?f()ma>g()min. (4)对任意，存在0，f()>g(0)?f()min>g()min.
(5)f()≥a或f()≤a对∈D恒成立?f()min≥a或f()ma≤a. (6)若存在∈D，使f()≥a或f()≤a?f()ma≥a或f()min≤a.
(7)对任意的1∈D1，总存在2∈D2，使f(1)＝g(2)?A?B(其中集合A为f(1)的值域，集合B为f(2)的值域).
(8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用.
基 础 自 测
1.已知函数f()＝2e，当∈[－1，1]时，不等式f() ?1?A.?，＋∞? ?e? C.[e，＋∞) ?1? B.?，＋∞? ?e? D.(e，＋∞) 解析 由f′()＝e(＋2)，令f′()＝0，得＝0或＝－2(舍去). 1 当∈(－1，0]时，f′()<0，f()递减，当∈(0，1]时，f′()>0，f()递增，f(－1)＝，f(1)＝e， e∴f()最大＝f(1)＝e，由题意m>e. 答案 D 2.设函数f()＝e(2－1)－a＋a，其中a<1，若存在唯一整数0使得f(0)<0，则a的取值范围是( ) ?3?A.?－，1? ?2e??33?C.?，? ?2e4? ?33?B.?－，? ?2e4??3?D.?，1? ?2e? 解析 设g()＝e(2－1)，h()＝a－a，由题意知存在唯一的整数0，使h(0)在直线h()＝a－a的111 下方，因为g′()＝e(2＋1)，∴当<－时，g′()<0，当>－时，g′()>0，∴当＝时，[g()]min 222＝－2e2，g(0)＝－1，g(1)＝e>1，直线h()＝a－a恒过(1，0)且斜率为a，故－a>g(0)＝－1，3 且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1. 2e答案 D ln x＋（x－b）2?1? 3.已知函数f()＝(b∈R)，若存在∈?，2?使得f()＋f′()>0，则实数b的取 x?2?值范围是( ) 3?? A.?－∞，? 2??C.(－∞，3) 解析 f′()＝ 1 2 1 9?? B.?－∞，? 4?? D.(－∞，2) 1＋2x（x－b）－ln x－（x－b）2]. [xf()＋f′() ln x＋（x－b）21 ＝＋[1＋2(－b)－ln －(－b)2] xx1＋2x（x－b）＝， x1?1? ∵存在∈?，2?，使得f()＋f′()>0，∴1＋2(－b)>0，∴b<＋. 2x?2?12x2－1 设g()＝＋，∴b 2x2x22 ∴当g′()＝0时，解得＝. 2 2 当g′()>0，即<≤2时，g()递增， 212 当g′()<0，即≤<时，g()递减， 229?1?3 ∵g??＝，g(2)＝， 4?2?29 ∴g()最大＝g(2)＝， 49∴b<. 4答案 B 4.已知f()＝ln ，g()＝3＋a2＋＋2，若对任意的∈(0，＋∞)，不等式2f()≤g′()＋2恒成立，则实数a的取值范围是________. 解析 g′()＝32＋2a＋1， ∵2f()≤g′()＋2， ∴2ln ≤32＋2a＋1. 31 ∵∈(0，＋∞)，∴a≥ln －－. 22x31 设h()＝ln －－(>0)， 22x（x－1）（3x＋1） 则h′()＝－， 2x21 令h′()＝0，得＝1或＝－(舍去)， 3当∈(0，1)时，h′()>0，h()递增， 当∈(1，＋∞)时，h′()<0，h()递减， ∴h()最大＝h()极大＝h(1)＝－2， 由题意a≥－2. 答案 [－2，＋∞) 5.当∈[－2，1]时，不等式a3－2＋4＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________. 解析 当＝0时，a3－2＋4＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R， x2－4x－3 当∈(0，1]时，a≥－4－3，a≥， x3 3 2