1、506 班 导数 与 不等式 专题 学案 1 / 14 利用导数证明不等式的常见题型 一 、几个经典不等式 1、 1xex+ ， xe ex ， ( )1 0xexex ， 2112xe x x + + ( )2 10xe x x + ( )2 0xe x x x + 1 1,x xe 1xex ( )*1!nx xe n Nn + 2、 11 ln 1xxx ( )ln 11 x xxx + + 1lnxxe 1lnx ex ( )21110 1 , l n21 xx x xxx +当 时 ( )21 111 , l n12xx x xxx + 当 时 2lnx x x ( )21ln 12
2、xx; 3、对数均值 不等式： ( ),l n l n 2b a a ba b a b R a bba + 4、 0 , sin ta n2x x x x ，二、证明不等式的策略 1、（比较法） ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) m in00f x g x h x f x g x h x = 2、（放缩法） ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x h x g x 3、（凸凹反转） ( ) ( ) ( ) ( )m in m a xf x g x f x g x 4、对于双变量的不等式，通过换元转化为单变量的不等式 5、对于数列不等式（含自然数 n ），选择函
3、数不等式，进行换元 。 1. (2017 课标全国 III 卷 理） 已 知函数 2 1 1( ) 2 ( )xxf x x x a e e += + +有唯 一 零 点，则 a= （ ） A 1 B 13 C 12 D 1 2.（ 2016天津卷文 ） 已知函数 在 R上单调递减，且关于 x 的方程 恰有两个不相等的实数解， 则 的取值范围是 _. 2 ( 4 3 ) 3 , 0( ) ( 0 1 )l o g ( 1 ) 1 , 0ax a x a xf x a axx + + = + + 且| ( )| 2 3xfx= a506 班 导数 与 不等式 专题 学案 2 / 14 3.（ 2
4、015北京理） (本 题满分 13分 ) 已知函数 xxxf += 11ln)( (I)求曲线 )(xfy= 在点 )0(,0( f 处的切线方程； (II)求证：当 )1,0(x 时， 323（ ） （ ）xf x x+； (III)设实数 k 使得 )3()( 3xxkxf + 对 )1,0(x 恒成立，求 k的最大值 4. (2017课标全国 II卷文 )(本题满分 12分）设函数 f(x)=(1 x2)ex. （ 1）讨论 f(x)的单调性； （ 2）当 x 0时， f(x) ax+1，求 a 的取值范围 . 506 班 导数 与 不等式 专题 学案 3 / 14 5. （ 2015
5、课标全国 II卷理 ） (本 题满分 12 分 ) 设函数 mxxexf mx += 2)( . (I)证明： )(xf 在 )0,( 单调递减，在 ),0( + 单调递增； (II)若对于任意 1x ， 1,12 x ，都有 1|)()(| 21 exfxf ，求 m 的取值范围 . 7.（ 2015课标全国 卷理 ） (本 题满分 12 分 ) 已知函数41)( 3 += axxxf， xxg ln)( = . (I)当 a 为何值时， x 轴为曲线 )(xfy= 的切线； (II)用 ,min nm 表示 m ， n 中的最小值，设函数 )0) (),(m i n )( = xxgxfx
6、h ，讨论 )(xh 零点的个数 . 506 班 导数 与 不等式 专题 学案 4 / 14 8.（ 2016天津理） 设函数 baxxxf = 3)1()( ， x R，其中 a ， b R. （ ）求 )(xf 的单调区间； （ ）若 )(xf 存在极值点 0x ，且 )()( 01 xfxf = ，其中 01 xx ，求证： 32 01 =+ xx ； （ ）设 0a ，函数 )()( xfxg = ，求证： )(xg 在区间 2,0 上的最大值 不小于 41. 9.（ 2017课标全国 III 卷理 ） （ 本题满分 12 分） 已 知函数 ( ) 1 lnf x x a x= （ 1
7、） 若 ( ) 0fx ， 求 的 值； （ 2） 设 m 为 整数 ，且对于任意正整数 ，21 1 1( 1 ) ( 1 ) ( 1 )2 2 2 n m， 求 m 的 最小值 506 班 导数 与 不等式 专题 学案 5 / 14 利用导数证明不等式的常见题型答案 1. (2017 课标全国 III 卷 理） 已 知函数 2 1 1( ) 2 ( )xxf x x x a e e += + +有唯 一 零 点，则 a= （ ） A 1 B 13 C 12 D 1 【 答案 】 C 【 解析 】 由条件 ， 2 1 1( ) 2 ( )xxf x x x a e e += + +， 得 ：
8、2 2 1 ( 2 ) 1( 2 ) ( 2 ) 2 ( 2 ) ( e e )xxf x x x a + = + + 2 1 14 4 4 2 ( e e )xxx x x a = + + + + 2 1 12 (e e )xxx x a += + + (2 ) ( )f x f x= ， 即 1x= 为 ()fx 的对称轴 ， 由题意 ， ()fx 有唯一零点 ， ()fx 的零点只能为 1x= ， 即 2 1 1 1 1(1 ) 1 2 1 ( ) 0f a e e += + + =， 解得 2a= 2.（ 2016天津卷文 ） 已知函数 在 R上单调递减，且关于 x 的方程 恰有两个不
9、相等的实数解，则 的取值范围是 _. 【答案】 13， 23 【解析】由函数 f(x)在 R上单调递减可得32 2a0，00时 ， 令 f (x) 0， 解得 x 1 3a3 或 x 1 3a3 . 当 x 变化时 ， f (x)， f(x)的变化情况如下表 ： 所以 f(x)的单调递减区间为 13a3 ， 13a3 ，单调递增区间为 ， 1 3a3 ， 1 3a3 ， . (2)证明 ： 因为 f(x)存在极值点 ， 所以由 (1)知 a0， 且 x01.由题意 ， 得 f (x0) 3(x0 1)2 a 0， 即 (x0 1)2a3，所以 f(x0) (x0 1)3 ax0 b2a3 x0
10、a3 b. 又 f(3 2x0) (2 2x0)3 a(3 2x0) b8a3(1 x0) 2ax0 3a b2a3 x0a3 b f(x0)， 且 3 2x0x0，由题意及 (1)知 ， 存在唯一实数 x1满足 f(x1) f(x0)， 且 x1x0， 因此 x1 3 2x0， 所以 x1 2x0 3. (3)证明：设 g(x)在区间 0， 2上的最大值为 M， maxx， y表示 x， y 两数中的最大值，下面分三种情况讨论： 当 a3时 ， 1 3a3 0f 1 2 3a3 f 1 3a3 ， 所以 f(x)在区间 0， 2上的取值范围为 f(0)， f(2)， 因此 M max|f(0
11、)|， |f(2)| max| 1 b|， |1 2a b| max|1 a (a b)|， |1 a (a b)| 1 a |a b|14. 综上所述，当 a0时， g(x)在区间 0， 2上的最大值不小于14. 【点评】测训诊断：本题难度大，主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合分析问题和解决问题的能力要注意分类讨论和转化化归思想的综合应用该题第 (1)(2)问难度适中，意在让部分学生得分；若出错，可能是求单调区间，极值等基本问题没有掌握好第 (3)问难度很大，不易得分 9.（ 2017课标全国 III 卷理 ） （ 本题满分 12 分） 已 知函数 ( ) 1 lnf x x a x=
12、 （ 1） 若 ( ) 0fx ， 求 的 值； （ 2） 设 m 为 整数，且对于任意正整数 ，21 1 1( 1 ) ( 1 ) ( 1 )2 2 2 n m， 求 m 的 最小值 解： ( ) 1 lnf x x a x= ， 0x 则 ( ) 1 a x afxxx = =，且 (1) 0f = 当 0a 时， ( ) 0fx ， ()fx 在 ( )0 +， 上单调增，所以 01x时， ( ) 0fx ，不满足题意； 当 0a 时， 506 班 导数 与 不等式 专题 学案 13 / 14 当 0 xa 时， ( ) 0fx ， 则 ()fx在 (0, )a 上单调递减 ； 当 xa
13、 时， ( ) 0fx ， 则 ()fx在 ( , )a+ 上单调递增 若 1a ， ()fx在 (,1)a 上单调递增 当 ( ,1)xa 时 ( ) (1) 0f x f=矛盾 若 1a ， ()fx在 (1,)a 上单调递减 当 (1, )xa 时 ( ) (1) 0f x f=矛盾 若 1a= ， ()fx在 (0,1) 上单调递减，在 (1, )+ 上单调递增 ( ) (1) 0f x f = 满足题意 综上所述 1a= (2)当 1a= 时 ( ) 1 ln 0f x x x= 即 ln 1xx 则有 ln( 1)xx+ 当且仅当 0x= 时 等号 成立 11ln(1 )22kk+
14、， *kN 一方面：221 1 1 1 1 1 1l n ( 1 ) l n ( 1 ) . l n ( 1 ) . 1 12 2 2 2 2 2 2n n n+ + + + + + + + + = ， 即21 1 1(1 )(1 ) .( 1 ) e2 2 2 n+ + + 另一方面：2 2 31 1 1 1 1 1 1 3 5( 1 ) ( 1 ) .( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) 22 2 2 2 2 2 6 4n+ + + + + + = 当 3n 时，21 1 1(1 ) (1 ) .( 1 ) ( 2 , e )2 2 2 n+ + + *mN ，21 1 1(1
15、) (1 ) .( 1 )2 2 2 n m+ + + ， m 的最小值为 3 10.(2017课标全国 II卷理 )（ 本题满分 12 分） 已知函数 3( ) ln ,f x ax ax x x= 且 ( ) 0fx . （ 1）求 a； （ 2）证明： ()fx存在唯一的极大值点 0x ，且 230( ) 2e f x. 解： (1)因为 ( ) ( )ln 0f x x ax a x= ， 0x ，所以 ln 0ax a x 令 ( ) lng x ax a x= ，则 ()10g = ， ( ) 11axg x axx = =， 当 0a 时， ( ) 0gx ， ()gx单调递减，
16、但 ()10g = ， 1x 时， ( ) 0gx ； 当 0a 时，令 ( ) 0gx = ，得 1xa= 当 10 xa时， ( ) 0gx ， ()gx单调 递 减；当 1xa时， ( ) 0gx ， ()gx单调 递 增 若 01a，则 ()gx在 11a，上单调 递 减， ( )1 10gga=； 506 班 导数 与 不等式 专题 学案 14 / 14 若 1a ，则 ()gx在 1 1a，上单调 递 增， ( )1 10gga=； 若 1a= ，则 ( ) ( )m in 1 10g x g ga= = =， ( ) 0gx 综上， 1a= (2) ( ) 2 lnf x x x
17、 x x= ， ( ) 2 2 lnf x x x = ， 0x 令 ( ) 2 2 lnh x x x= ，则 ( ) 1 2 12 xhxxx = =， 0x 令 ( ) 0hx = 得 12x=， 当 102x时， ( ) 0hx ， ()hx 单调递减；当 12x时， ( ) 0hx ， ()hx 单调递增 所以， ( )m in 1 1 2 ln 2 02h x h = = + 因为 ( )2220h e e=， ( )2 2 ln 2 0h = ， 2 102，e ， 122 +， 所以在 102，和 12+，上， ()hx 即 ()fx 各有一个零点 设 ()fx 在 102，和
18、 12+，上的零点分别为 02xx， ，因为 ()fx 在 102，上单调 递 减， 所以当 00 xx 时， ( ) 0fx ， ()fx单调 递 增；当0 12xx时， ( ) 0fx ， ()fx单调 递 减因此， 0x是 ()fx的极大值点 因为， ()fx 在 12+，上单调 递 增，所以当212 xx时， ( ) 0fx ， ()fx单调 递 减， 2xx 时， ()fx单调增，因此 2x 是 ()fx的极小值点 所以， ()fx有唯一的极大值点 0x 由前面的证明可知， 20 12，xe，则 ( ) ( )2 4 2 20f x f e e e e = + 因为 ( )0 0 02 2 ln 0f x x x = =，所以 00ln 2 2xx=，则 有 ( ) ( )220 0 0 0 0 0 022f x x x x x x x= = ， 又 因为0 10 2x，所以 ( )0 14fx 因此， ( )20 14e f x
