利用导数证明不等式的常见题型

　　1.  (2017·课标全国III卷理）已知函数 有唯一零点，则 （     ）

　　A．                 B．                     C．                     D．1

　　2.（2016o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_________.

　　3.（2015·北京理）(本题满分13分) 已知函数 ．

　　(I)求曲线 在点 处的切线方程；

　　(II)求证：当 时， ；

　　(III)设实数 使得 对 恒成立，求 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.

　　5. （2015·课标全国II卷理）(本题满分12分) 设函数 .

　　(I)证明： 在 单调递减，在 单调递增；

　　(II)若对于任意 ， ，都有 ，求 的取值范围.

　　6.（2015o山东卷文）(本题满分13分)设函数 ， ，已知曲线 在点 处的切线与直线 平行.

　　(I)求 的值；

　　(II)是否存在自然数 ，使方程 在 内存在唯一的根？如果存在，求出 ；如果不存在，请说明理由；

　　(III)设函数 表示 ， 中的较小值)，求 的最大值.

　　7.（2015·课标全国Ⅰ卷理）(本题满分12分)  已知函数 ， .

　　(I)当 为何值时， 轴为曲线 的切线；

　　(II)用 表示 ， 中的最小值，设函数 ，讨论 零点的个数.

　　8.（2016·天津理）（本题满分14分）

　　设函数 ， R，其中 ， R.

　　（Ⅰ）求 的单调区间；

　　（Ⅱ）若 存在极值点 ，且 ，其中 ，求证： ；

　　（Ⅲ）设 ，函数 ，求证： 在区间 上的最大值不小于 .

　　9.（2017·课标全国III卷理）（本题满分12分）

　　已知函数 ．

　　（1）若 ，求的值；

　　（2）设 为整数，且对于任意正整数， ，求 的最小值．

　　10.（2017·课标全国II卷理）（本题满分12分）

　　已知函数 且 .

　　（1）求a；

　　（2）证明： 存在唯一的极大值点 ，且 .

　　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 有唯一零点，则 （     ）

　　A．                 B．                     C．                     D．1

　　【答案】C

　　【解析】由条件， ，得：

　　∴ ，即 为 的对称轴，

　　由题意， 有唯一零点，

　　∴ 的零点只能为 ，

　　即 ，解得 ．

　　2.（2016o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_________.

　　【答案】13，23

　　【解析】由函数f(x)在R上单调递减可得32－2a≥0，0<a<1，3a≥1，解得13≤a≤34.关于x的方程|f(x)|＝2－x3恰有两个不相等的实数根，即曲线y＝|f(x)|与函数y＝2－x3的图像恰有两个交点，则3a<2，a<23.综上可得a的取值范围是13≤a<23.

　　【点评】关键点拨：注意数形结合思想在解题中的应用，将方程的零点个数转化为两个函数图像的交点个数问题，通过观察图像，进而确定不等式，求得参数的取值范围．

　　测训诊断：(1)本题难度较大，主要考查函数与方程，考查学生数形结合思想的应用、运算求解能力，意在让部分学生得分．(2)本题若出错，一是不能正确地进行转化；二是运算错误；三是不能利用数形结合思想直观转化．

　　3.（2015·北京理）(本题满分13分) 已知函数 ．

　　(I)求曲线 在点 处的切线方程；

　　(II)求证：当 时， ；

　　(III)设实数 使得 对 恒成立，求 的最大值．

　　解：(1)因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以f ′(x)＝11＋x＋11－x，f ′(0)＝2.

　　又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.

　　(2)证明：令g(x)＝f(x)－2x＋x33，则g′(x)＝f ′(x)－2(1＋x2)＝2x41－x2.

　　因为g′(x)＞0(0＜x＜1)，所以g(x)在区间(0，1)上单调递增．

　　所以g(x)＞g(0)＝0，x∈(0，1)，即当x∈(0，1)时，f(x)＞2x＋x33　.

　　(3)由(2)知，当k≤2时，f(x)＞kx＋x33对x∈(0，1)恒成立．

　　当k＞2时，令h(x)＝f(x)－kx＋x33，则h′(x)＝f ′(x)－k(1＋x2)＝kx4－（k－2）1－x2.

　　所以当0＜x＜4k－2k时，h′(x)＜0，因此h(x)在区间0，4k－2k上单调递减．

　　所以?x0∈(0，1)，h(x0)＜h(0)＝0，即f (x0)＜kx0＋x303.

　　所以当k＞2时，f (x)＞kx＋x33并非对x∈(0，1)恒成立．

　　综上可知，k的最大值为2.

　　【点评】关键点拨：(2)中，证明x∈(0，1)时，f (x)＞2x＋x33，只需构造函数g(x)＝f (x)－2x＋x33，转化为求函数y＝g(x)的最小值大于0．(3)中可用同样的方法．

　　刷有所得：(1)比较大小常采用作差法，证明x∈D，f(x)＞g(x)成立，可等价转化为f(x)－g(x)＞0来证，令h(x)＝f(x)－g(x)，只需证h(x)min＞0.

　　(2)不等式f(x)＞g(x)对x∈D恒成立，求参数a的取值范围，常采用作差法构造函数求最值，即f(x)－g(x)＞0对x∈D恒成立，令h(x)＝f(x)－g(x)只需求h(x)min＞0时a的取值范围；也可以采用将参数a与变量x分离，即a＞φ(x)(或a＜φ(x))对x∈D恒成立，只需a＞φ(x)max(或a＜φ(x)min)．

　　测训诊断：本题难度偏难，主要考查导数的应用，考查学生的运算能力，及转化与化归思想．

　　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.

　　解：（1）

　　令 得 ，解得

　　∴ 在区间 是减函数，在区间 是增函数

　　（2）∵ 时， ，∴

　　∴ ，令 ，

　　即 时， ，而 ，∴ ∴ ；

　　再令 ，

　　时， 恒成立. ∴ 在 是增函数，恒有 ，

　　从而 是增函数， ， 在 恒成立，故 即为所求.

　　5. （2015·课标全国II卷理）(本题满分12分) 设函数 .

　　(I)证明： 在 单调递减，在 单调递增；

　　(II)若对于任意 ， ，都有 ，求 的取值范围.

　　解：(1) 证明：f ′(x)＝m(emx－1)＋2x.

　　若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f ′(x)＜0；

　　当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f ′(x)＞0.

　　若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f ′(x)＜0；

　　当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f ′(x)＞0.

　　所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．

　　(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．

　　所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是f（1）－f（0）≤e－1，f（－1）－f（0）≤e－1，

　　即em－m≤e－1，e-m＋m≤e－1.①

　　设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.

　　当t＜0时，g′(t)＜0；

　　当t＞0时，g′(t)＞0.

　　故g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．

　　又g(1)＝0，g(－1)＝e-1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0.

　　当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；

　　当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；

　　当m＜－1时，g(－m)＞0，即e-m＋m＞e－1.

　　综上，m的取值范围是[－1，1]．

　　【点评】关键点拨：第一问，虽然含有参数，但是目标是证明单调性，用导数的知识解题，注意分类讨论．?x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1?x∈[－1，1]时，f(x)max－f(x)min≤e－1，又由第一问，易知f(x)min＝f(0)，f(x)max＝max{f(－1)，f(1)}．

　　得条件?f（－1）－f（0）≤e－1，f（1）－f（0）≤e－1?e-m＋m≤e－1，em－m≤e－1?解不等式em－m≤e－1.可设 g(t)＝et－t，由g(t)的性质解不等式．

　　测训诊断：本题难度偏难，利用导数证明函数的单调性，求函数的最值是高频考点，要重点掌握，另注意做题规范，争取少失分，得满分．

　　6.（2015o山东卷文）(本题满分13分)设函数 ， ，已知曲线 在点 处的切线与直线 平行.

　　(I)求 的值；

　　(II)是否存在自然数 ，使方程 在 内存在唯一的根？如果存在，求出 ；如果不存在，请说明理由；

　　(III)设函数 表示 ， 中的较小值)，求 的最大值.

　　解：(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，

　　所以f ′(1)＝2，又f ′(x)＝ln x＋ax＋1，

　　所以a＝1.

　　(2)k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根．

　　设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－x2ex，

　　当x∈(0，1]时，h(x)＜0.又因为h(2)＝3ln 2－4e2＝ln 8－4e2＞1－1＝0，

　　所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.又因为h′(x)＝ln x＋1x＋1＋x（x－2）ex，

　　所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞1－1e＞0，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，

　　所以，当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．

　　所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．