第三節(jié)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
第一課時(shí)　利用導(dǎo)數(shù)解不等式
考法一　f(x)與f′(x)共存的不等式問題

f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型
[典例]　(1)定義在R上的函數(shù)f(x)，滿足f(1)＝1，且對(duì)任意x∈R都有f′(x)＜，則不等式f(lg x)＞的解集為__________．
(2)設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集為__________________．
[解析]　(1)由題意構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－x，
則g′(x)＝f′(x)－＜0，
所以g(x)在定義域內(nèi)是減函數(shù)．
因?yàn)閒(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－＝，
由f(lg x)＞，得f(lg x)－lg x＞.
即g(lg x)＝f(lg x)－lg x＞＝g(1)，
所以lg x＜1，解得0＜x＜10.
所以原不等式的解集為(0,10)．
(2)借助導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0?[f(x)g(x)]′＞0，所以函數(shù)y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．又由題意知函數(shù)y＝f(x)g(x)為奇函數(shù)，所以其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且過點(diǎn)(－3,0)，(3,0)．?dāng)?shù)形結(jié)合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集為(－∞，－3)∪(0,3)．
[答案]　(1)(0,10)　(2)(－∞，－3)∪(0,3)


(1)對(duì)于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0) ，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)．
(2)對(duì)于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0) ，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)．
特別地，對(duì)于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx.
(3)對(duì)于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)．
(4)對(duì)于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝(g(x)≠0)．　　

xf′(x)±nf(x)(n為常數(shù))型
[典例]　(1)設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0, 當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0,1)　　　 B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
(2)設(shè)函數(shù)f(x)在R上的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，則下列不等式在R上恒成立的是(　　)
A．f(x)＞0 B．f(x)＜0
C．f(x)＞x D．f(x)＜x
[解析]　(1)令g(x)＝，則g′(x)＝.
由題意知，當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)．
∵f(x)是奇函數(shù)，f(－1)＝0，
∴f(1)＝－f(－1)＝0，
∴g(1)＝f(1)＝0，
∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g(x)＞0，從而f(x)＞0；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＜0，從而f(x)＜0.
又∵f(x)是奇函數(shù)，
∴當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)＞0；
當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f(x)＜0.
綜上，所求x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)．
(2)令g(x)＝x2f(x)－x4，則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．
當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)－x4＞0，從而f(x)＞x2＞0；
當(dāng)x＜0時(shí)，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)－x4＞0，從而f(x)＞x2＞0；
當(dāng)x＝0時(shí)，由題意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.
綜上可知，f(x)＞0.
[答案]　(1)A　(2)A

(1)對(duì)于xf′(x)＋nf(x)＞0型，構(gòu)造F(x)＝xnf(x)，則F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意對(duì)xn－1的符號(hào)進(jìn)行討論)，特別地，當(dāng)n＝1時(shí)，xf′(x)＋f(x)＞0，構(gòu)造F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.
(2)對(duì)于xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，構(gòu)造F(x)＝，則F′(x)＝(注意對(duì)xn＋1的符號(hào)進(jìn)行討論)，特別地，當(dāng)n＝1時(shí)，xf′(x)－f(x)＞0，構(gòu)造F(x)＝，則F′(x)＝＞0.　　

f′(x)±λf(x)(λ為常數(shù))型
[典例]　(1)已知f(x)為R上的可導(dǎo)函數(shù)，且?x∈R，均有f(x)＞f′(x)，則有(　　)
A．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
B．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
C．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
D．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
(2)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＋2f′(x)＞0恒成立，且f(2)＝(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則不等式exf(x)－e＞0的解集為________．
[解析]　(1)構(gòu)造函數(shù)h(x)＝，則h′(x)＝＜0，即h(x)在R上單調(diào)遞減，故h(－2 019)＞h(0)，即＞?e2 019f(－2 019)＞f(0)；同理，h(2 019)＜h(0)，即f(2 019)＜e2 019f(0)，故選D.
(2)由f(x)＋2f′(x)＞0得2＞0，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝ef(x)，則h′(x)＝e [f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函數(shù)h(x)＝ef(x)在R上單調(diào)遞增，且h(2)＝ef(2)＝1.不等式exf(x)－e＞0等價(jià)于ef(x)＞1，即h(x)＞h(2)?x＞2，所以不等式exf(x)－e＞0的解集為(2，＋∞)．
[答案]　(1)D　(2)(2，＋∞)

(1)對(duì)于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝exf(x)．
(2)對(duì)于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝.


[典例]　已知函數(shù)f(x)＝ax＋ln x＋1，若對(duì)任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[解]　法一：構(gòu)造函數(shù)法
設(shè)g(x)＝xe2x－ax－ln x－1(x＞0)，對(duì)任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等價(jià)于g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，則只需g(x)min≥0即可．
因?yàn)間′(x)＝(2x＋1)e2x－a－，
令h(x)＝(2x＋1)e2x－a－(x＞0)，
則h′(x)＝4(x＋1)e2x＋＞0，
所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因?yàn)楫?dāng)x―→0時(shí)，h(x)―→－∞，當(dāng)x―→＋∞時(shí)，h(x)―→＋∞，
所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點(diǎn)x0，
滿足(2x0＋1)e2x0－a－＝0，
所以a＝(2x0＋1)e2x0－，且g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以g(x)min＝g(x0)＝x0e2x0－ax0－ln x0－1＝－2xe2x0－ln x0，
則由g(x)min≥0，得2xe2x0＋ln x0≤0，
此時(shí)0＜x0＜1，e2x0≤－，
所以2x0＋ln(2x0)≤ln(－ln x0)＋(－ln x0)，
設(shè)S(x)＝x＋ln x(x＞0)，則S′(x)＝1＋＞0，
所以函數(shù)S(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因?yàn)镾(2x0)≤S(－ln x0)，
所以2x0≤－ln x0即e2x0≤，
所以a＝(2x0＋1)e2x0－≤(2x0＋1)·－＝2，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，2]．
法二：分離參數(shù)法
因?yàn)閒(x)＝ax＋ln x＋1，所以對(duì)任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等價(jià)于a≤e2x－在(0，＋∞)上恒成立．
令m(x)＝e2x－(x＞0)，則只需a≤m(x)min即可，則m′(x)＝，
再令g(x)＝2x2e2x＋ln x(x＞0)，則g′(x)＝4(x2＋x)e2x＋＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因?yàn)間＝－2ln 2＜0，g(1)＝2e2＞0，
所以g(x)有唯一的零點(diǎn)x0，且＜x0＜1，
所以當(dāng)0＜x＜x0時(shí)，m′(x)＜0，當(dāng)x＞x0時(shí)，m′(x)＞0，
所以m(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因?yàn)?xe2x0＋ln x0＝0，
所以ln 2＋2ln x0＋2x0＝ln(－ln x0)，
即ln(2x0)＋2x0＝ln(－ln x0)＋(－ln x0)，
設(shè)s(x)＝ln x＋x(x＞0)，則s′(x)＝＋1＞0，
所以函數(shù)s(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因?yàn)閟(2x0)＝s(－ln x0)，
所以2x0＝－ln x0，即e2x0＝，
所以m(x)≥m(x0)＝e2x0－＝－－＝2，則有a≤2，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，2]．

求解不等式恒成立問題的方法
(1)構(gòu)造函數(shù)分類討論：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立問題時(shí)，一般采用作差法，構(gòu)造“左減右”的函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x) 或“右減左”的函數(shù)u(x)＝g(x)－f(x)，進(jìn)而只需滿足h(x)min≥0或u(x)max≤0，將比較法的思想融入函數(shù)中，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)最值的問題，適用范圍較廣，但是往往需要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論．
(2)分離函數(shù)法：分離參數(shù)法的主要思想是將不等式變形成一個(gè)一端是參數(shù)a，另一端是變量表達(dá)式v(x)的不等式后，應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為水平直線y＝a與函數(shù)y＝v(x)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題來解決．　　
[過關(guān)訓(xùn)練]
(2019·陜西教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋，k∈R.
(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線與直線x－2＝0垂直，求f(x)的單調(diào)性和極小值(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))；
(2)若對(duì)任意的x1＞x2＞0，f(x1)－f(x2)＜x1－x2恒成立，求k的取值范圍．
解：(1)由條件得f′(x)＝－(x＞0)，
∵曲線y＝f(x)在點(diǎn)(e，f(e))處的切線與直線x－2＝0垂直，
∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，
∴f′(x)＝－＝(x＞0)，
由f′(x)＜0得0＜x＜e，由f′(x)＞0得x＞e，
∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)取得極小值，且f(e)＝ln e＋＝2.
∴f(x)的極小值為2.
(2)由題意知，對(duì)任意的x1＞x2＞0，f(x1)－x1＜f(x2)－x2恒成立，
設(shè)h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x＞0)，
則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即當(dāng)x＞0時(shí)，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立，
∴k≥.故k的取值范圍是.
考法三　可化為不等式恒成立問題

[典例]　已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋ax.
(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的最小值；
(2)若函數(shù)g(x)＝，對(duì)?x1∈，?x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[解]　(1)由題設(shè)知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，
而函數(shù)y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)單調(diào)遞減，則ymax＝－3，∴a≥－3，∴a的最小值為－3.
(2)“對(duì)?x1∈，?x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立”等價(jià)于“當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)max≤g(x)max”．
∵f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上單調(diào)遞增，
∴f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.
而g′(x)＝，由g′(x)＞0，得x＜1，
由g′(x)＜0，得x＞1，
∴g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x∈時(shí)，g(x)max＝g(1)＝.
由8＋a≤，得a≤－8，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為.

(1)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，等價(jià)于函數(shù)f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值即f(x)min＞g(x)min(這里假設(shè)f(x)min，g(x)min存在)．其等價(jià)轉(zhuǎn)化的基本思想是：函數(shù)y＝f(x)的任意一個(gè)函數(shù)值大于函數(shù)y＝g(x)的某一個(gè)函數(shù)值，但并不要求大于函數(shù)y＝g(x)的所有函數(shù)值．
(2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，等價(jià)于函數(shù)f(x)在D1上的最大值小于函數(shù)g(x)在D2上的最大值(這里假設(shè)f(x)max，g(x)max存在)．其等價(jià)轉(zhuǎn)化的基本思想是：函數(shù)y＝f(x)的任意一個(gè)函數(shù)值小于函數(shù)y＝g(x)的某一個(gè)函數(shù)值，但并不要求小于函數(shù)y＝g(x)的所有函數(shù)值．　　
[過關(guān)訓(xùn)練]
已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝－x3＋(a＋1)x2－3ax－1，其中a為常數(shù)．
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線g(x)在x＝0處的切線方程；
(2)若a＜0，對(duì)于任意的x1∈[1,2]，總存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，g(x)＝－x3＋3x2－3x－1，
所以g′(x)＝－3x2＋6x－3，g′(0)＝－3，又因?yàn)間(0)＝－1，
所以曲線g(x)在x＝0處的切線方程為y＋1＝－3x，即3x＋y＋1＝0.
(2)f(x)＝＝＝3－，
當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，∈，
所以－∈[－3，－2]，
所以3－∈[0,1]，故f(x)在[1,2]上的值域?yàn)閇0,1]．
由g(x)＝－x3＋(a＋1)x2－3ax－1，可得
g′(x)＝－3x2＋3(a＋1)x－3a＝－3(x－1)(x－a)．
因?yàn)閍＜0，所以當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，g′(x)＜0，
所以g(x)在[1,2]上單調(diào)遞減，
故當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，
g(x)max＝g(1)＝－1＋(a＋1)－3a－1＝－a－，
g(x)min＝g(2)＝－8＋6(a＋1)－6a－1＝－3，
即g(x)在[1,2]上的值域?yàn)?
因?yàn)閷?duì)于任意的x1∈[1,2] ，總存在x2∈[1,2]，
使得f(x1)＝g(x2)，
所以[0,1]?，
所以－a－≥1，解得a≤－1，
故a的取值范圍為(－∞，－1]．

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