(课件网) 培优课 利用导数研究不等式 目录 典型例题·精研析 01 知能演练·扣课标 02 典型例题·精研析 01 课堂互动 关键能力提升 题型一 利用导数证明不等式 【例1】 已知 x ＞1，证明：ln x ＋ ＞1. 证明：令 f （ x ）＝ln x ＋ （ x ＞1），所以f'（ x ）＝ － ＝ ， 因为 x ＞1，所以f'（ x ）＞0， 所以 f （ x ）＝ln x ＋ 在（1，＋∞）上单调递增， 所以 f （ x ）＞ f （1）＝ln 1＋1＝1. 从而ln x ＋ ＞1，命题得证. 通性通法 证明不等式 f （ x ）＞ g （ x ）， x ∈（ a ， b ）的方法 （1）将要证明的不等式 f （ x ）＞ g （ x ）移项可以转化为证明 f （ x ）－ g （ x ）＞0； （2）构造函数 F （ x ）＝ f （ x ）－ g （ x ），研究 F （ x ）的单调性； （3）若[ f （ x ）－ g （ x ）]'＞0，说明函数 F （ x ）＝ f （ x ）－ g （ x ）在（ a ， b ）上是增函数.只需保证 F （ a ）≥0； （4）若[ f （ x ）－ g （ x ）]'＜0，说明函数 F （ x ）＝ f （ x ）－ g （ x ）在（ a ， b ）上是减函数.只需保证 F （ b ）≥0. 【跟踪训练】 已知函数 f （ x ）＝ x2＋ln x ， g （ x ）＝ x3，求证：在区间（1，＋ ∞）上， f （ x ）＜ g （ x ）. 证明：设 F （ x ）＝ g （ x ）－ f （ x ），即 F （ x ）＝ x3－ x2－ln x ， 即F'（ x ）＝2 x2－ x － ＝ . 当 x ＞1时，F'（ x ）＝ ＞0， 从而 F （ x ）在（1，＋∞）上单调递增，∴ F （ x ）＞ F （1）＝ ＞0. ∴当 x ＞1时， g （ x ）－ f （ x ）＞0，即 f （ x ）＜ g （ x ）. 题型二 利用导数研究不等式恒成立问题 【例2】 已知函数 f （ x ）＝ln x ＋ ax － a2 x2（ a ＞0）.若 f （ x ）＜0 在定义域内恒成立，求实数 a 的取值范围. 解： f （ x ）的定义域为（0，＋∞），令f'（ x ）＝ ＝0， 得 x1＝－ （舍去）， x2＝ ， 所以 x ，f'（ x ）， f （ x ）的变化情况如下表， x （0， ） （ ，＋∞） f'（ x ） ＋ 0 － f （ x ） 单调递增 极大值 单调递减 所以 f （ x ）max＝ f （ ）＝ln ＜0，所以 a ＞1. 所以 a 的取值范围是（1，＋∞）. 通性通法 由不等式恒成立求参数的取值范围的策略 （1）求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题； （2）分离参数法：将参数分离出来，进而转化为 a ＞ f （ x ）max或 a ＜ f （ x ）min的形式，通过导数的应用求出 f （ x ）的最值，即得 参数的取值范围. 【跟踪训练】 已知函数 f （ x ）＝ x ln x ，若对于所有 x ≥1都有 f （ x ）≥ ax －1，求 实数 a 的取值范围. 解：依题意，得 f （ x ）≥ ax －1在[1，＋∞）上恒成立，即不等式 a ≤ln x ＋ 在 x ∈[1，＋∞）恒成立，亦即 a ≤ ， x ∈[1， ＋∞）.设 g （ x ）＝ln x ＋ （ x ≥1），则g'（ x ）＝ － ＝ . 令g'（ x ）＝0，得 x ＝1. 当 x ≥1时，g'（ x ）≥0，故 g （ x ）在[1，＋∞）上单调递增. 所以 g （ x ）在[1，＋∞）上的最小值是 g （1）＝1. 故 a 的取值范围是（－∞，1].v 1. 已知函数 f （ x ）＝ x4－2 x3＋3 m ， x ∈R，若 f （ x ）＋9≥0恒成 立，则 m 的取值范围是（ ） A. m ≥ B. m ＞ C. m ≤ D. m ＜ 解析： f'（ x ）＝2 x3－6 x2＝2 x2（ x －3），令f'（ x ）＝0得 x ＝ 0或 x ＝3，验证可知 x ＝3是函数的最小值点，故 f （ x ）min＝ f （3）＝3 m － ，由 f （ x ）＋9≥0恒成立得 f （ x ）≥－9恒成立， 即3 m － ≥－9，所以 m ≥ . 2. （2024·许昌月考）若不等式 ax2≥ln x 恒成立，则实数 a 的取值范围 是（ ） A. ［ ，＋∞） B. （ ，＋∞） C. （－∞， ］ D. （－∞， ） 解析： 由题设知， a ... ...
