第6课时利用导数研究不等式问题
[考试要求]导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果．
考点一利用导数解决不等式的恒成立问题
类型一：?x∈[a，b]，f(x)≥k恒成立?f(x)min≥k；
类型二：?x∈[a，b]，f(x)≤k恒成立?f(x)max≤k；
类型三：?x∈[a，b]，f(x)≥g(x)恒成立?h(x)＝f(x)－g(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立?h(x)min≥0；
类型四：?x∈[a，b]，f(x)≤g(x)恒成立?h(x)＝f(x)－g(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立?h(x)max≤0．
[典例1](2024·北京昌平区期末)已知函数f(x)＝x3－x2－x－1．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式f(x)－c≤0在区间[－1，2]上恒成立，求实数c的取值范围．
[解](1)因为f(x)＝x3－x2－x－1，x∈R，所以f′(x)＝3x2－2x－1，
令f′(x)＝0，即3x2－2x－1＝0，解得x＝－13或x＝1
且当x∈-∞，-13∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈-13，1
所以f(x)的单调递增区间为-∞，-13和(1，＋∞
(2)由(1)有f(x)在-1，-13和(1，
且f-13＝－2227，f(1)＝－2，f(－1)＝－2，f(2)
所以f(x)在[－1，2]上的最大值为f(2)＝1，
因为关于x的不等式f(x)－c≤0在区间[－1，2]上恒成立，
即f(x)≤c在区间[－1，2]上恒成立，即f(x)max≤c，所以c≥1，
所以c的取值范围为[1，＋∞)．
反思领悟本例(2)问：参变分离，即c≥f(x)在区间[－1，2]上恒成立，将问题转化为求f(x)的最大值，进而求出c的取值范围．
巩固迁移1已知函数f(x)＝x2-aex，若f(x)≤x－1对x∈[1，＋
[解]因为f(x)≤x－1对x∈[1，＋∞)恒成立，
即a≥x2－(x－1)ex在[1，＋∞)上恒成立，
设g(x)＝x2－(x－1)ex(x≥1)，
g′(x)＝x(2－ex)，
当x∈[1，＋∞)时，g′(x)0，
所以函数g(x)＝x2－(x－1)ex在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，
所以a≥g(x)max，即a≥1．
故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【教用·备选题】
(2024·滨海新区期末)已知函数f(x)＝xlnx．
(1)求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)已知函数g(x)＝fxx+2x2
(3)若对于任意x∈1e，2e，都有f(x)≤ax－e(e为自然对数的底数)
[解](1)f′(x)＝lnx＋x·1x＝lnx＋1，x0
所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为f′(1)＝1，又f(1)＝0，
所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝1×(x－1)，即y＝x－1．
(2)g(x)＝fxx+2x2＝xlnxx+
g′(x)＝1x－2·2x3＝x2-4x3，令g′(x)＝0，得x＝2
所以在(0，2)上g′(x)＜0，g(x)单调递减，
在(2，＋∞)上g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以g(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(3)若对于任意x∈1e，2e，都有f(x)≤ax
则若对于任意x∈1e，2e，都有xlnx≤ax
即若对于任意x∈1e，2e，都有lnx＋e
令h(x)＝lnx＋ex，x∈1
h′(x)＝1x-ex2＝x-ex2，令h′(x
所以在1e，e上h′(x)＜0，h(
在(e，2e]上h′(x)＞0，h(x)单调递增，
又h1e＝－1＋e2，h(e)＝2，h(2e)＝32＋
所以h(x)max＝－1＋e2，所以a≥－1＋e2，
所以a的取值范围为[－1＋e2，＋∞)．
考点二利用导数解决不等式的能成立问题
类型一：?x0∈[a，b]，使得f(x0)≥k?f(x)max≥k；
类型二：?x0∈[a，b]，使得f(x0)≤k?f(x)min≤k；
类型三：?x0∈[a，b]，使得f(x0)≥g(x0)?h(x)＝f(x)－g(x)≥0在x∈[a，b]上有解?h(x)max≥0；
类型四：?x0∈[a，b]，使得f(x0)≤g(x0)?h(x)＝f(x)－g(x)≤0在x∈[a，b]上有解?h(x)min≤0．
[典例2]已知函数f(x)＝a+1x＋alnx，其中