第四讲 大题考法——函数与导数的综合问题题型(一)利用导数解决与不等式有关的问题主要考查不等式恒成立有关问题或不等关系证明的问题. [典例感悟][例 1] (2018·镇江期末)已知函数 f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ 为常数)．(1)若函数 y＝f(x)与函数 y＝g(x)在 x＝1 处有相同的切线，求实数 λ 的值；(2)若 λ＝，且 x≥1，证明：f(x)≤g(x)；(3)若对任意 x∈[1，＋∞)，不等式 f(x)≤g(x)恒成立，求实数 λ 的取值范围．[解] (1)因为 f′(x)＝ln x＋1，所以 f′(1)＝1，因为 f′(1)＝g′(1)且 g′(x)＝2λx，所以 g′(1)＝2λ＝1，解得 λ＝.(2)证明：设函数 h(x)＝f(x)－g(x)＝xln x－(x2－1)，则 h′(x)＝ln x＋1－x(x≥1). 设 p(x)＝ln x＋1－x，从而 p′(x)＝－1≤0 对任意 x∈[1，＋∞)上恒成立，所以 p(x)在[1，＋∞)上单调递减，因为 p(1)＝0，所以当 x∈[1，＋∞)时，p(x)≤0，即 h′(x)≤0，因此函数 h(x)＝xln x－(x2－1)在[1，＋∞)上单调递减，即 h(x)≤h(1)＝0，所以当 x≥1 时，f(x)≤g(x)成立. (3)设函数 H(x)＝xln x－λ(x2－1)(x≥1)，从而对任意 x∈[1，＋∞)，不等式 H(x)≤0＝H(1)恒成立．又 H′(x)＝ln x＋1－2λx，当 H′(x)＝ln x＋1－2λx≤0，即≤2λ 恒成立时，函数 H(x)单调递减. 设 r(x)＝(x≥1)，则 r′(x)＝≤0，所以 r(x)max＝r(1)＝1，即 2λ≥1，解得 λ≥.当 λ≤0 时，H′(x)＝ln x＋1－2λx>0 恒成立，此时函数 H(x)单调递增. 于是，不等式 H(x)≥H(1)＝0 对任意 x∈[1，＋∞)恒成立，不符合题意； 当 0<λ<时，设 q(x)＝H′(x)＝ln x＋1－2λx，则 q′(x)＝－2λ＝0⇒x＝>1，当 x∈时，q′(x)＝－2λ>0，此时 q(x)＝H′(x)＝ln x＋1－2λx 单调递增，所以 H′(x)＝ln x＋1－2λx>H′(1)＝1－2λ>0，故当 x∈时，函数 H(x)单调递增．于是当 x∈时，H(x)>0 成立，不符合题意. 综上所述，实数 λ 的取值范围为.[方法技巧]利用导数解决不等式恒成立问题的两种常用方法(1)分离参数法(2)函数思想法[演练冲关]1．(2018·苏锡常镇一模)已知函数 f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a(a 为正实数，且为常数)．(1)若 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数 a 的取值范围；(2)若不等式(x－1)f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围．解：(1)因为 f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a，所以 f′(x)＝ln x＋＋1－a(x>0)，若 f(x)在(0，＋...
