第5讲导数与不等式、存在性及恒成立问题高考定位在高考压轴题中，函数与不等式交汇的试题是考查的热点，一类是利用导数证明不等式，另一类是存在性及恒成立问题.真题感悟(2015·福建卷改编)已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R).(1)证明：当x＞0时，f(x)＜x；(2)证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x).证明(1)令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，则有F′(x)＝11＋x－1＝－xx＋1.当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，故当x＞0时，F(x)＜F(0)＝0，即当x＞0时，f(x)＜x.(2)令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，则有G′(x)＝1x＋1－k＝－kx＋（1－k）x＋1.当k≤0时，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)单调递增，G(x)＞G(0)＝0，故任意正实数x0均满足题意.当0＜k＜1时，令G′(x)＝0，得x＝1－kk＝1k－1＞0，取x0＝1k－1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)＞0，从而G(x)在(0，x0)单调递增，所以G(x)＞G(0)＝0，即f(x)＞g(x).综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x).考点整合1.常见构造辅助函数的四种方法(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.(3)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.(4)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x，x1)).2.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：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.3.不等式的恒成立与能成立问题(1)f(x)＞g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)＞g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈I).(2)f(x)＞g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈I).(3)对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.(4)对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.热点一导数与不等式[微题型1]利用导数证明不等式【例1－1】已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m).(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.解易知f′(x)＝ex－1x＋m.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，∴f′(x)＝ex－1x＋1在(－1，＋∞)上是增函数，且f′(0)＝0.当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.故f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)证明当m≤2，x>－m时，ln(x＋m)≤ln(x＋2).故只需证明当m＝2时，f(x)>0.当m＝2时，f′(x)＝ex－1x＋2在(－2，＋∞)上单调递增.又f′(－1)＝1e－1<0，f′(0)＝1－12>0.所以f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且－10.综上可知，当m≤2时，f(x)>0成立.探究提高(1)证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)，可通过构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min来证明不等式.(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.[微题型2]不等式恒成立求参数范围问题【例1－2】(1)已知函数f(x)＝ax－1－lnx，a∈R.①讨论函数f(x)的单调区间；②若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.(...
