高中數(shù)學(xué)八講徹底搞定不等式證明

高中數(shù)學(xué)八講徹底搞定不等式證明TOC\o"1-3"\h\u題型一簡單的函數(shù)不等式證明 2題型二不等式證明之滿參放縮 7題型三含參不等式之參變分離 10題型四含參不等式之端點(diǎn)效應(yīng) 15題型五單變量不含參不等式證明方法之切線放縮 21題型六含參不等式之先必要后充分(必要性探路) 26題型七含參不等式之整參問題 32題型八數(shù)列型求和不等式證明 38第一類：證明不等式f1+f2+?+fn<gn型第二類：證明不等式f1+f2+?+fn<參數(shù)m型 題型一簡單的函數(shù)不等式證明方法梳理方法梳理常見的函數(shù)不等式證明有下面的兩種解法：（1）直接構(gòu)造差函數(shù)：以證不等式為例，可構(gòu)造差函數(shù)，求，研究的單調(diào)性，得出的最大值小于0即可.（2）等價(jià)變形后構(gòu)造差函數(shù)：當(dāng)直接按第（1）種處理方法構(gòu)造出來的函數(shù)較為復(fù)雜時(shí)，可對要證明的不等式先進(jìn)行等價(jià)變形，再構(gòu)造函數(shù)證明，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸的思想.而常見的等價(jià)變形技巧通常是指不等式中有的，變形成結(jié)構(gòu)；有的，則變形成結(jié)構(gòu)，后續(xù)函數(shù)單調(diào)性的研究會比較容易.圍觀(圍觀(典型例題)：一葉障目，抑或胸有成竹例1.證明不等式：（1）；（2）.證明：（1）設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，所以，故.（2）設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，所以，故.變式當(dāng)時(shí)，證明：.證法1：設(shè)，則，令，則，所以在上單調(diào)遞減，從而，故，所以在上單調(diào)遞減，從而，故當(dāng)時(shí)，，所以.證法2：要證，只需證，即證，也即證，設(shè)，即，所以在上單調(diào)遞減，又，所以，即，故當(dāng)時(shí)，成立.【反思】當(dāng)要證明的不等式中有這種結(jié)構(gòu)時(shí)，通過對要證的不等式進(jìn)行等價(jià)變形，轉(zhuǎn)化為這種結(jié)構(gòu)來進(jìn)行研究，往往可以簡化計(jì)算.例2.證明不等式：（1）；（2）.證明：（1）設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，所以①，在不等式①中將換成可得：，所以，從而，故.（2）設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，所以.變式證明不等式：.證法1：設(shè)，則，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，又，，所以在上有唯一的零點(diǎn)，且，當(dāng)時(shí)，，所以，故在上單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，所以，故在上單調(diào)遞增，從而，又，所以，故，由知，從而，所以，故不等式成立.證法2：當(dāng)時(shí)，，，所以，原不等式成立，當(dāng)時(shí)，，，所以，原不等式成立，當(dāng)時(shí)，要證，只需證，即證，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞減，結(jié)合知，即，故原不等式成立，綜上所述，不等式對任意的成立.套路(舉一反三)：手足無措，抑或從容不迫1.證明：套路(舉一反三)：手足無措，抑或從容不迫證明：設(shè)，則，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，又，所以當(dāng)時(shí)，，從而，當(dāng)時(shí)，，從而，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，故.2.證明：當(dāng)時(shí)，.證法1：設(shè)，則，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，結(jié)合知，從而，故在上單調(diào)遞增，又，所以，故.證法2：當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，要證，只需證，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，又，所以，即，故.3.證明：當(dāng)時(shí)，.證法1：設(shè)，則，，所以在上單調(diào)遞增，結(jié)合知，所以在上單調(diào)遞增，又，所以，即.證法2：要證，只需證，即證，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞減，又，所以，即，故不等式成立.4.證明：.證明：要證，只需證，即證，設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，所以，即，故.5.證明：.證明：要證，只需證，即證，設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，所以，即，故.6.證明：.證明：要證，只需證，即證，設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，所以，即，故.7.證明：.證法1：設(shè)，則，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，又，，所以在上有唯一的零點(diǎn),且，當(dāng)時(shí)，，從而，故在上單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，從而，故在上單調(diào)遞增，所以，又，所以,故，因?yàn)?，所以，從而，故，即，所?證法2：當(dāng)時(shí)，，，所以，當(dāng)時(shí)，，，所以，當(dāng)時(shí)，要證，只需證，即證，設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，即，所以，綜上所述，對任意的，不等式均成立.8.已知函數(shù).（1）討論的單調(diào)性；（2）當(dāng)時(shí)，證明：，.【解析】：（1）由題意，，，當(dāng)時(shí)，，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，或，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，或，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.（2）當(dāng)時(shí)，由（1）知在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以在上的最小值為，要證，只需證，即證，也即證，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，結(jié)合知恒成立，即，所以.題型二不等式證明之滿參放縮方法梳理當(dāng)要證明的不等式含參，且規(guī)定了參數(shù)的范圍時(shí)，可以考慮先使用滿參放縮，將含參的不等式轉(zhuǎn)化為不含參的不等式來證明.這一技巧在后續(xù)小節(jié)諸多問題中會反復(fù)用到，是一個必備的基本技能.方法梳理當(dāng)要證明的不等式含參，且規(guī)定了參數(shù)的范圍時(shí)，可以考慮先使用滿參放縮，將含參的不等式轉(zhuǎn)化為不含參的不等式來證明.這一技巧在后續(xù)小節(jié)諸多問題中會反復(fù)用到，是一個必備的基本技能.簡單而言就是:將參數(shù)的端點(diǎn)代入函數(shù)中,與原函數(shù)比較放縮.圍觀(圍觀(典型例題)：一葉障目，抑或胸有成竹例1.當(dāng)時(shí)，證明：.證法1：當(dāng)時(shí)，，設(shè)，則，，所以在上單調(diào)遞增，又，，所以有唯一的零點(diǎn)，且，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，又，所以，兩端取對數(shù)得：，從而，故，所以，故，因?yàn)?，所以，?證法2：設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，所以，故，設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，所以，故當(dāng)時(shí)，.【反思】當(dāng)要證明的不等式中含參，且規(guī)定了參數(shù)的范圍時(shí)，利用滿參放縮可以轉(zhuǎn)化為不含參的不等式加以證明.例2.若，，證明：.證明：因?yàn)?，所以，又，所以，從而，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，又，從而恒成立，因?yàn)?，所?例3.已知函數(shù)，其中.（1）若曲線在點(diǎn)處的切線方程為，求a的值；（2）當(dāng)時(shí)，證明：.解：（1）由題意，，且，解得：.（2）當(dāng)時(shí)，因?yàn)椋?，又，所以，故，設(shè)，則，，所以在上單調(diào)遞增，注意到，所以，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，因?yàn)?，所以；?dāng)時(shí)，因?yàn)?，所以，又，所以，故，設(shè)，則，，所以在上單調(diào)遞增，注意到，所以，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，因?yàn)?，所以；顯然，所以當(dāng)時(shí)，恒成立.【反思】①利用滿參放縮時(shí)，若是對這種結(jié)構(gòu)進(jìn)行放縮，一定要判斷的正負(fù)；②本題分和兩段討論，分別利用的兩邊來進(jìn)行放縮，比單邊放縮綜合性更強(qiáng).套路(舉一反三套路(舉一反三)：手足無措，抑或從容不迫1.當(dāng)時(shí)，證明：對任意的，都有.證明：因?yàn)椋?，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞減，又，所以，即，因?yàn)椋裕?2.當(dāng)時(shí)，證明：.證明：當(dāng)時(shí)，，下面證明，設(shè)，則，，所以在R上單調(diào)遞增，又，所以，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，所以，因?yàn)?，所?3.當(dāng)時(shí)，證明：對任意的，都有.證明：當(dāng)時(shí)，對任意的，都有，下面證明，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞減，又，所以，從而，又，所以.4.當(dāng)時(shí)，證明：對任意的，都有.證明：當(dāng)時(shí)，對任意的，都有，下面證明，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，又，所以，從而，又，所以.題型三含參不等式之參變分離方法梳理方法梳理含參不等式問題是導(dǎo)數(shù)最常見的題型之一，解答題中常用的方法有三種：參變分離、帶參討論、先必要后充分.在處理這類問題時(shí)，我們需要根據(jù)實(shí)際的情況，選擇一個合適的方法來求解.這一小節(jié)我們主要針對用參變分離求解的題型，其基本的解題步驟是：（1）將含參不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化成或的形式；（2）求函數(shù)的最小值或最大值，得出a的取值范圍.注意：能用參變分離這一方法來求解的含參不等式問題，一般參變分離后的函數(shù)不復(fù)雜，易于研究.圍觀(圍觀(典型例題)：一葉障目，抑或胸有成竹例1.已知函數(shù)為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解析】由題意，對任意的成立，所以，設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，因?yàn)楹愠闪?，所以，故?shí)數(shù)a的取值范圍為.例2.若不等式恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解析】解法1：，令，則f'x=1令，則，所以在上單調(diào)遞減，又，所以當(dāng)時(shí)，，從而；當(dāng)時(shí)，，從而，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，因?yàn)楹愠闪?，所以，故?shí)數(shù)a的取值范圍是.解法2：，設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，從而，故，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，所以，且當(dāng)時(shí)，，故，因?yàn)楹愠闪?，所以，故?shí)數(shù)a的取值范圍是.例3.已知函數(shù)，.（1）求證：當(dāng)時(shí)，；（2）若對任意實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.【解析】（1），令，則，所以在上單調(diào)遞增，又，所以，從而.（2）解法1：因?yàn)椋约礊?，也即，令，則，令，則，，所以，，從而在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故，所以在R上單調(diào)遞減，又，所以當(dāng)時(shí)，，從而；當(dāng)時(shí)，，從而，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，因?yàn)楹愠闪?，所以，解得：，故?shí)數(shù)m的取值范圍是.解法2：因?yàn)?，所以即為，兩邊取對?shù)得：，從而，設(shè)，則，易證為偶函數(shù)，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞減，又，所以恒成立，故在上恒成立，從而在上單調(diào)遞減，由偶函數(shù)的對稱性知在上單調(diào)遞增，所以，因?yàn)楹愠闪?，所以，解得：，故?shí)數(shù)m的取值范圍是.套路(舉一反三套路(舉一反三)：手足無措，抑或從容不迫1.已知函數(shù)，（1）若是單調(diào)函數(shù)，求a的最大值；（2）若在上恒成立，求a的取值范圍.【解析】（1）由題意，，，因?yàn)槭菃握{(diào)函數(shù)，所以恒成立或恒成立，顯然不可能恒成立，所以，從而，故，因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號成立，所以，因?yàn)?，所以，故a的最大值為.（2）由題意，，令，則，令，則，所以在上單調(diào)遞增，故，從而，所以在上單調(diào)遞增,因?yàn)?，所以，故a的取值范圍是.2.（2010·全國Ⅰ卷·節(jié)選）已知函數(shù)，若，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解析】由題意，，所以，令，則，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，因?yàn)楹愠闪?，所以，故?shí)數(shù)a的取值范圍是.3.（2015·重慶）設(shè)函數(shù)（1）若在處取得極值，確定的值，并求此時(shí)曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）若在上為減函數(shù)，求a的取值范圍.【解析】（1）由題意，，因?yàn)樵谔幦〉脴O值，所以，從而，，故，，所求切線為，化簡得：.（2）若在上為減函數(shù)，則，且對任意的恒成立，所以，故，令，則，所以在上單調(diào)遞減，從而，因?yàn)楹愠闪ⅲ?，故?shí)數(shù)的取值范圍是.4.（2011·浙江）設(shè)函數(shù)，.（1）若為的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)；（2）求實(shí)數(shù)的取值范圍，使得對任意的，恒有成立，注：為自然對數(shù)的底數(shù).【解析】（1）由題意，，因?yàn)闉楹瘮?shù)的極值點(diǎn)，所以，解得：或，經(jīng)檢驗(yàn)，均滿足是的極值點(diǎn)，符合題意.（2）即為，顯然當(dāng)時(shí)，該不等式對任意的實(shí)數(shù)都成立，當(dāng)時(shí)，，所以，令，則，所以在上單調(diào)遞增，故，因?yàn)楹愠闪?，所以，令，則，令得：，且當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，因?yàn)楹愠闪?，所以，綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.5.已知函數(shù).（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若不等式對任意的都成立（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)），求的最大值.【解析】（1）由題意，，令，則，，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，所以恒成立，從而在上單調(diào)遞減，因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，，故；當(dāng)時(shí)，，故，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.（2）由題意，，令，則，且，設(shè)，則，由（1）知，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，從而當(dāng)時(shí)，，故，于是在上為減函數(shù)，所以函數(shù)在上的最小值為，而，所以，因?yàn)楹愠闪ⅲ?，故a的最大值為.題型四含參不等式之端點(diǎn)效應(yīng)方法梳理方法梳理假設(shè)題干給出含參不等式在上恒成立，求參數(shù)的取值范圍.這類問題俗稱含參不等式恒成立問題.若恰好滿足，則稱該不等式具有端點(diǎn)效應(yīng).具有端點(diǎn)效應(yīng)的含參不等式恒成立問題的一種常用的解題方法是帶參討論，尋找討論的分界點(diǎn)是解題的關(guān)鍵.既然要恒成立，且，那么在右側(cè)附近函數(shù)值不能減少，所以，由此可得到成立的必要條件（不一定是充分條件），從而找到討論的分界點(diǎn).圍觀(圍觀(典型例題)：一葉障目，抑或胸有成竹例1.已知函數(shù)，其中.（1）當(dāng)時(shí)，證明：；（2）若對任意的，恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【解析】解：（1）當(dāng)時(shí)，，，所以當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，從而，故.（2）由題意，，，①當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞減，結(jié)合知，不合題意；②當(dāng)時(shí)，，，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，所以當(dāng)時(shí)，，不合題意；③當(dāng)時(shí)，易得，所以在上單調(diào)遞增，結(jié)合知恒成立，滿足題意；綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.【反思】本題的不等式在端點(diǎn)處恰好成立，有端點(diǎn)效應(yīng)，所以，可據(jù)此找到帶參討論的分界點(diǎn).例2.已知函數(shù)，若在上恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【解析】解法1：由題意，，，，當(dāng)時(shí)，，，所以，滿足題意；當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增，結(jié)合知，從而在上單調(diào)遞增，又，所以恒成立，滿足題意；當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增，結(jié)合，可得在上有唯一的零點(diǎn)，且當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，又，所以當(dāng)時(shí)，，從而不能恒成立，不合題意；綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.解法2：當(dāng)時(shí)，對任意的，，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，又，所以，因?yàn)?，所以，滿足題意；當(dāng)時(shí)，，，所以在上單調(diào)遞增，又，，所以在上有唯一的零點(diǎn)，且當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，又，所以當(dāng)時(shí)，，從而不能恒成立，不合題意；綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.【反思】本題的不等式在端點(diǎn)處恰好成立，有端點(diǎn)效應(yīng)，所以，可據(jù)此找到帶參討論的分界點(diǎn).例3.（2010·新課標(biāo)）設(shè)函數(shù)（1）若，求的單調(diào)區(qū)間；（2）若當(dāng)時(shí)，，求的取值范圍.【解析】解：（1）當(dāng)時(shí)，，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以的減區(qū)間為，增區(qū)間為.（2）當(dāng)時(shí)，，設(shè)，則，由（1）可得，所以，故在上單調(diào)遞增，又，所以恒成立，從而，滿足題意；當(dāng)時(shí)，，，因?yàn)?，所以，從而?dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，又，所以當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞減，因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，，故在上不能恒成立，不合題意；綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.套路(舉一反三)：手足無措，抑或從容不迫l.（2016·新課標(biāo)Ⅱ卷）已知函數(shù)套路(舉一反三)：手足無措，抑或從容不迫（1）當(dāng)時(shí)，求曲線在處的切線方程；（2）若當(dāng)時(shí)，，求的取值范圍.【解析】（1）當(dāng)時(shí)，，，所以，，故曲線在處的切線方程為，整理得：.（2）由題意，，，所以在上單調(diào)遞增，①當(dāng)時(shí)，，所以，故在上單調(diào)遞增，結(jié)合知恒成立，滿足題意；②當(dāng)時(shí)，，，結(jié)合在上單調(diào)遞增知在上有唯一的零點(diǎn)，且當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，又，所以當(dāng)時(shí)，，故不能恒成立，不合題意；綜上所述，a的取值范圍為.2.已知函數(shù)，.（1）若，求在上的最小值；（2）若在上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解析】（1）當(dāng)時(shí)，，，所以在上單調(diào)遞增，故.（2）由題意，，①當(dāng)時(shí)，在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增，故，不合題意；②當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，，從而在上單調(diào)遞增，又，所以當(dāng)時(shí)，，從而在上不能恒成立，不合題意；③當(dāng)時(shí)，對任意的，，所以，從而在上單調(diào)遞減，結(jié)合知恒成立，滿足題意；綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.3.已知函數(shù)（1）若，討論在上的單調(diào)性；（2）若在上恒成立，求a的取值范圍.【解析】（1）當(dāng)時(shí)，，，顯然當(dāng)時(shí)，，所以，從而，當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，又，所以在上恒成立，綜上所述，在上恒成立，故在上單調(diào)遞增.（2）當(dāng)時(shí)，對任意的，，所以，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，又，所以，而，所以，滿足題意；當(dāng)時(shí)，，，所以在上單調(diào)遞增，又，，以在上有唯一的零點(diǎn)，且當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞減，因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，，從而在上不能恒成立，不合題意；綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍是.4.已知函數(shù)（1）討論在上的單調(diào)性；（2）若不等式對任意的恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解析】（1）由題意，，當(dāng)時(shí)，顯然在上恒成立，所以在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，且，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，顯然在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增.（2）由題意，即為，設(shè)，①當(dāng)時(shí)，，設(shè)，則，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，又，所以恒成立，即，又，所以在上恒成立，從而在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，所以，又，所以，滿足題意；②當(dāng)時(shí)，，，因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，所以恒成立，故在上單調(diào)遞增，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，又，所以恒成立，即，從而，所以當(dāng)時(shí)，必有，又，所以在上有唯一的零點(diǎn)，且當(dāng)時(shí)，，從而在上單調(diào)遞減，結(jié)合知當(dāng)時(shí)，，所以在上不能恒成立，不合題意，綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.5.已知函數(shù).（1）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)在上的最小值；（2）若在上恒成立，求a的取值范圍.【解析】（1）當(dāng)時(shí)，，，在上，，，所以，從而在上單調(diào)遞增，故.（2）當(dāng)時(shí)，在上，，設(shè)，則，，所以在上單調(diào)遞增，又，所以恒成立，故在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，所以恒成立，因?yàn)?，所以，滿足題意；當(dāng)時(shí)，，，所以在上單調(diào)遞增，又，，且，所以在上有唯一的零點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，，從而在上單調(diào)遞減，因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，，從而在上不能恒成立，不合題意；綜上所述，a的取值范圍是【反思】本題的不等式在端點(diǎn)處恰好成立，有端點(diǎn)效應(yīng)，所以，可據(jù)此找到帶參討論的分界點(diǎn).題型五單變量不含參不等式證明方法之切線放縮如圖，如圖，y＝x＋1是y＝ex在(0，1)處的切線，有ex≥x＋1恒成立；y＝x－1是y＝lnx在(1，0)處的切線，有l(wèi)nx≤x－1恒成立．在不等式“改造”或證明的過程中，有時(shí)借助于ex，lnx有關(guān)的常用不等式進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s，再進(jìn)行證明，會取得意想不到的效果．由ex≥x＋1引出的放縮：①ex－1≥x(用x－1替換x，切點(diǎn)橫坐標(biāo)是x＝1)，通常表達(dá)為ex≥ex．②ex＋a≥x＋a＋1(用x＋a替換x，切點(diǎn)橫坐標(biāo)是x＝－a)，平移模型，找到切點(diǎn)是關(guān)鍵．③xex≥x＋lnx＋1(用x＋lnx替換x，切點(diǎn)橫坐標(biāo)滿足x＋lnx＝0)，常見的指對跨階改頭換面模型，切線的方程是按照指數(shù)函數(shù)給予的．④ex≥eq\f(e2,4)x2>x2(x>0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(用\f(x,2)替換x，切點(diǎn)橫坐標(biāo)是x＝2))，通常有(x>0)的構(gòu)造模型．由lnx≤x－1(也可以記為lnex≤x，切點(diǎn)為(1，0))引出的放縮：最常見的就是ln(x＋1)≤x，由lnx<x－1向左平移1個單位長度來理解，或者將ex≥x＋1兩邊取對數(shù)而來．①lnx≤eq\f(x,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(用\f(x,e)替換x，切點(diǎn)橫坐標(biāo)是x＝e))，表示過原點(diǎn)的f(x)＝lnx的切線為y＝eq\f(x,e)．②lnx≥1－eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(用\f(1,x)替換x，切點(diǎn)橫坐標(biāo)x＝1))，或者記為xlnx≥x－1．③lnx≤x2－x(由lnx≤x－1及x－1≤x2－x，切點(diǎn)橫坐標(biāo)是x＝1)，或者記為eq\f(lnx,x)≤x－1．④lnx≤eq\f(1,2)(x2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(由lnx≤x－1≤\f(1,2)(x2－1)))，即在點(diǎn)(1，0)處三曲線相切．圍觀(圍觀(典型例題)：一葉障目，抑或胸有成竹例1.求證：當(dāng)x>0時(shí)，不等式2－lnx＋eq\f(1,x)>0恒成立．【思維引導(dǎo)】由常用不等式ex≥x＋1，得≥x－eq\f(3,2)，即2≥2x－3，于是可得到這道題的解題思路．解析令f(x)＝2－2x＋3(x>0)，則f′(x)＝2－2(x>0)，由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝0，可知f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))上是減函數(shù)，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))上是增函數(shù)，所以f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝0，所以2≥2x－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝\f(5,2)時(shí)等號成立))①．令g(x)＝2x－3－lnx＋eq\f(1,x)(x>0)，則g′(x)＝2－eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f((2x＋1)(x－1),x2)(x>0)，易知g(x)在(0，1]上是減函數(shù)，在[1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)≥g(1)＝0，所以2x－3≥lnx－eq\f(1,x)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號成立)②．因?yàn)棰俸廷谥械牡忍柌荒芡瑫r(shí)成立，所以由①和②，得2>lnx－eq\f(1,x)，所以2－lnx＋eq\f(1,x)>0．例2.已知函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)求證：當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1<eq\f(x－1,lnx)<x；【思維引導(dǎo)】解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)(x>0)，可知f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0，1]，單調(diào)減區(qū)間是[1，＋∞)．(2)由(1)可知，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤f(1)＝0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號成立)，所以當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，有f(x)<0，即lnx<x－1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<lnx<x－1，,ln\f(1,x)<\f(1,x)－1<0，))故1<eq\f(x－1,lnx)<x．例3．已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)．(1)求證：當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，eq\f(x,1＋x)<f(x)<x；(2)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，求證：?n∈N*，eq\r(e)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))<e．解析(1)令g(x)＝f(x)－eq\f(x,x＋1)＝ln(1＋x)－eq\f(x,x＋1)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(1,(x＋1)2)＝eq\f(x,(x＋1)2)>0(x>0)，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g(x)>g(0)＝0，即f(x)>eq\f(x,x＋1)成立．令h(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x(x>0)，則h′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝－eq\f(x,x＋1)<0(x>0)，所以h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<x成立．綜上所述，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，eq\f(x,1＋x)<f(x)<x成立．(2)由(1)可知，ln(1＋x)<x對x∈(0，＋∞)都成立，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))<eq\f(1,n2)＋eq\f(2,n2)＋…＋eq\f(n,n2)，即lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))))<eq\f(1＋2＋…＋n,n2)＝eq\f(n＋1,2n)．因?yàn)閚∈N*，所以eq\f(n＋1,2n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2n)≤eq\f(1,2)＋eq\f(1,2×1)＝1，所以lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))))<1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))<e．又由(1)可知，ln(1＋x)>eq\f(x,x＋1)對x∈(0，＋∞)都成立，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k,n2)))>eq\f(\f(k,n2),1＋\f(k,n2))＝eq\f(k,n2＋k)(k＝1，2，…，n)，所以lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))>eq\f(1,n2＋1)＋eq\f(2,n2＋2)＋…＋eq\f(n,n2＋n)≥eq\f(1,n2＋n)＋eq\f(2,n2＋n)＋…＋eq\f(n,n2＋n)＝eq\f(1＋2＋…＋n,n2＋n)＝eq\f(1,2)，所以lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))))>eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))>eq\r(e)，所以eq\r(e)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n2)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,n2)))<e．套路(舉一反三套路(舉一反三)：手足無措，抑或從容不迫1．已知函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax．(1)試討論f(x)的單調(diào)性；(2)若a＝1，求證：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<e2x－x2－2．解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝－eq\f((ax－1)(2ax＋1),x)，當(dāng)0<x<eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x>eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減；當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)＝－eq\f((ax－1)(2ax＋1),x)，當(dāng)0<x<－eq\f(1,2a)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x>－eq\f(1,2a)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx－x2＋x，要證當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<e2x－x2－2，只需證lnx<e2x－x－2．令g(x)＝e2x－2x－1，則g′(x)＝2e2x－2＝2(e2x－1)，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(0)＝0，所以，當(dāng)x>0時(shí)，e2x>2x＋1，所以e2x－x－2>x－1．令h(x)＝x－1－lnx，x>0，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)，當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)>0，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝0，所以當(dāng)x>0時(shí)，h(x)≥h(1)＝0，即當(dāng)x>0時(shí)，x－1≥lnx，所以，當(dāng)x>0時(shí)，e2x－x－2>x－1≥lnx，即lnx<e2x－x－2，所以，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<e2x－x2－2．2．已知函數(shù)．(1)設(shè)是函數(shù)的極值點(diǎn)，求的值并討論的單調(diào)性；(2)當(dāng)時(shí)，證明：．解析(1)，，由是函數(shù)的極值點(diǎn)得(1)，即，．于是，，由知在上單調(diào)遞增，且(1)，是的唯一零點(diǎn)．因此，當(dāng)時(shí)，，遞減；時(shí)，，遞增，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．(2)證明：當(dāng)，時(shí)，ex-m=ex取函數(shù)，，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，得函數(shù)在時(shí)取唯一的極小值即最小值為(1)．∴f(x)=而上式三個不等號不能同時(shí)成立，故．3．若函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0處取極值．(1)求a的值，并判斷該極值是函數(shù)的最大值還是最小值；(2)證明：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)＞ln(n＋1)(n∈N*)．解析(1)因?yàn)閤＝0是函數(shù)極值點(diǎn)，所以f′(0)＝0，所以a＝1．f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1．當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)＜0，故極值f(0)是函數(shù)最小值．(2)由(1)知ex≥x＋1．即ln(x＋1)≤x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號成立，令x＝eq\f(1,k)(k∈N*)，則eq\f(1,k)＞ln(1＋eq\f(1,k))，即eq\f(1,k)＞lneq\f(1＋k,k)，所以eq\f(1,k)＞ln(1＋k)－lnk(k＝1，2，…，n)，累加得1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)＞ln(n＋1)(n∈N*)．4．(2018·全國Ⅰ改編)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1．(1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，求a的值并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：當(dāng)a＝eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0．解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝a·ex－eq\f(1,x)，由題設(shè)知，f′(2)＝a·e2－eq\f(1,2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2)，從而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x)(x>0)．因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，且f′(2)＝0，所以當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0．所以f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)a＝eq\f(1,e)時(shí)，f(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，所以只要證明eq\f(ex,e)－lnx－1≥0即可．設(shè)g(x)＝ex－ex(x>0)，則g′(x)＝ex－e(x>0)，可知g(x)在(0，1]上是減函數(shù)，在[1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)≥g(1)＝0，即ex≥ex?eq\f(ex,e)≥x．又由ex≥ex(x>0)?x≥1＋lnx(x>0)，所以eq\f(ex,e)－lnx－1≥x－lnx－1≥0，所以eq\f(ex,e)－lnx－1≥0得證，所以當(dāng)a＝eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0．5．已知函數(shù)f(x)＝x－1－alnx．(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜m，求m的最小值．解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．①若a≤0，因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)＋aln2＜0，所以不滿足題意．②若a＞0，由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)知，當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一一個最小值點(diǎn)．因?yàn)閒(1)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥0．故a＝1．(2)由(1)知當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，x－1－lnx＞0．令x＝1＋eq\f(1,2n)，得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜eq\f(1,2n)，從而lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)＜1，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜e．因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))＞2，所以m的最小值為3．題型六含參不等式之先必要后充分(必要性探路)思維導(dǎo)圖-思維導(dǎo)圖方法梳理當(dāng)參變分離較為困難、帶參討論界點(diǎn)不明時(shí)，含參不等式問題還可以采用先必要、后充分的做法，即先抓住一些關(guān)鍵點(diǎn)，將關(guān)鍵點(diǎn)代入不等式解出參數(shù)的范圍，獲得結(jié)論成立的必要條件，再論證充分性，從而解決問題.圍觀(圍觀(典型例題)：一葉障目，抑或胸有成竹例1.已知函數(shù)，，其中且.（1）求的最大值；（2）對任意的，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍【解析】（1）由題意，，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故.（2）因?yàn)楹愠闪?，所以，解得：，下面證明當(dāng)時(shí)，恒成立，由（1）知，所以，故，令，則，當(dāng)時(shí)，，而，所以，從而在上單調(diào)遞減，結(jié)合知恒成立，當(dāng)時(shí)，；，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，所以對任意的，恒成立，又，所以，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.【反思】本題的不等式參變分離不易，直接求導(dǎo)帶參討論也不容易找到分界點(diǎn)，從而將不等式等價(jià)變形成，可以通過分析參數(shù)a的變化對圖象的影響，找到臨界相切的狀態(tài)，以此狀態(tài)為切入點(diǎn)，控制參數(shù)范圍，找到不等式恒成立的必要條件，再論證充分性，解決問題.例2.已知函數(shù)，其中.（1）當(dāng)時(shí)，求的導(dǎo)函數(shù)在上的零點(diǎn)個數(shù)：（2）若關(guān)于x的不等式在R上恒成立，求a的取值范圍.【解析】（1）當(dāng)時(shí)，，，，當(dāng)時(shí)，或，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，易求得，，，，所以在，，上各存在一個零點(diǎn)，故在上共有3個零點(diǎn).（2）解法1：①.設(shè)，則，且不等式①即為②，當(dāng)t=±1時(shí)，顯然不等式②對任意的實(shí)數(shù)當(dāng)時(shí)，不等式②等價(jià)于，設(shè)，則為偶函數(shù)，考慮時(shí)的情形，易求得，設(shè)則，所以或，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，，所以，從而當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞減，所以在上的最大值為，結(jié)合為偶函數(shù)可得在上的最大值也為1，因?yàn)楹愠闪ⅲ?，故a的取值范圍是.解法2：①，設(shè)，則，且不等式①即為②，設(shè)，則恒成立，所以，從而，此時(shí)，，設(shè)，則，，注意到為偶函數(shù)，考慮當(dāng)時(shí)的情形，此時(shí)，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，，所以在上有唯一的零點(diǎn)，且當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，，所以在上恒成立，結(jié)合為偶函數(shù)可得在上恒成立，又，所以恒成立，滿足題意，綜上所述，a的取值范圍是【反思】本題解法1采用參變分離，研究函數(shù)的最值，需要較強(qiáng)的運(yùn)算求解能力；解法2采用的是先必要后充分的解法，那么為什么根據(jù)時(shí)不等式成立，求得的參數(shù)范圍即為正確答案呢?這背后的邏輯還是得回歸到圖形上來．套路(舉一反三套路(舉一反三)：手足無措，抑或從容不迫1.已知函數(shù).（1）當(dāng)時(shí)，證明：對任意的，；（2）若對任意的，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解析】（1）當(dāng)時(shí)，，所以，令，則，，所以在上單調(diào)遞增，又，所以，從而在上單調(diào)遞增，結(jié)合可得，故.（2）令從，則對任意的恒成立，由和可得，下面證明時(shí)，不等式恒成立，當(dāng)時(shí)，，令，則，，所以，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，所以在上單調(diào)遞增，又，所以恒成立，因?yàn)?，所以，綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.2.己知函數(shù)，其中.（1）當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（2）對任意的，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解析】（1）當(dāng)時(shí)，，,所以，，故所求切線為.（2）因?yàn)楫?dāng)時(shí)，恒成立，所以，解得：或，若，則，因?yàn)?，所以，故，不合題意；若，則，，所以在上單調(diào)遞減，結(jié)合，知在上有唯一零點(diǎn)且，當(dāng)時(shí)，，所以單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，所以單調(diào)遞減，從而，又，所以兩邊取對數(shù)得：，故，所以從而恒成立，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.3.已知函數(shù)，其中.（1）當(dāng)時(shí)，求在處的切線方程；（2）若對任意的恒成立，求a的取值范圍.【解析】（1）當(dāng)時(shí)，，所以，，故所求切線方程為.（2），設(shè)，則恒成立，所以，從而，此時(shí)，，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，又，所以，即，又，所以，又，所以，滿足題意，故a的取值范圍是.4.已知函數(shù)，其中.（1）證明：存在唯一零點(diǎn)；（2）若對任意的恒成立，求a的取值范圍.【解析】（1）顯然當(dāng)時(shí)，恒成立，所以在上沒有零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，由題意，，所以在上單調(diào)遞增，又，當(dāng)時(shí)，，所以在上有一個零點(diǎn)，故存在唯一的零點(diǎn).（2），設(shè)，則恒成立，所以，從而，設(shè)，則，所以，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，所以當(dāng)時(shí)，，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，又，所以恒成立，因?yàn)?，所以，滿足題意，故a的取值范圍是.題型七含參不等式之整參問題思維導(dǎo)圖-思維導(dǎo)圖方法梳理本書在前面小節(jié)中已經(jīng)闡述過含參不等式的臨界相切這種模型，如果這一模型中的臨界狀態(tài)無法求出，那么參數(shù)的準(zhǔn)確范圍也就求不出來，此時(shí)題干往往會限定參數(shù)為整數(shù)，可求出整參的最小值或最大值.這類問題的處理，除了有參變分離、帶參討論等含參不等式問題的解題通法可以采用之外，還有篩選排查法可以選用.通常借助隱零點(diǎn)問題.圍觀(圍觀(典型例題)：一葉障目，抑或胸有成竹例1.已知函數(shù)（1）求的極值；（2）若，且存在使，求k的最小值.【解析】（1）由題意，，令得：，所以，從而，，故，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故有極小值，無極大值.（2）解法1：即為，所以問題等價(jià)于存在使，令，，則，①當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增，結(jié)合知恒成立，不合題意；②當(dāng)時(shí)，，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，若存在使，則，即，令，則，所以在上單調(diào)遞減,又，，所以在上有唯一的零點(diǎn)，且，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，結(jié)合k為整數(shù)知使成立的k的最小值為4，綜上所述，整數(shù)k的最小值為4.解法2：即為，也即令，則問題等價(jià)于，，令，則，所以在上單調(diào)遞增，又，，所以在上有唯一零點(diǎn)，且，當(dāng)時(shí)，，所以，當(dāng)時(shí)，，所以，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故①又，所以，代入式①得：，所以，結(jié)合和知k的最小值為4.解法3：即為，問題等價(jià)于存在使，①當(dāng)時(shí)，，令，則，所以，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，又，所以，故不存在使，不合題意；②當(dāng)時(shí)，，取知，所以存在使，滿足題意；綜上所述，整數(shù)k的最小值為4.【反思】含參不等式的整參問題，除了含參不等式的參變分離、帶參討論這些通法之外，還可以使用篩選排查法.套路(舉一反三)：手足無措，抑或從容不迫1.套路(舉一反三)：手足無措，抑或從容不迫（1）求的單調(diào)區(qū)間；（2）若當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，求整數(shù)k的最大值.【解析】（1）由題意，，且，令，則，所以，，從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，所以，從而，故的減區(qū)間為，，無增區(qū)間.（2）解法1：即為，也即，令，則，且恒成立，當(dāng)時(shí)，，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，所以等價(jià)于，令，則，所以在上單調(diào)遞減，又，，所以在上有唯一的零點(diǎn)，且，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，結(jié)合k為整數(shù)知k的最大值為3.解法2：即為，也即，令，則令，，則，所以在上單調(diào)遞增，又，，所以在上有唯一的零點(diǎn)，且，當(dāng)時(shí)，，所以，當(dāng)時(shí)，，所以，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，又，所以，從而，因?yàn)?，所以，因?yàn)楹愠闪?，所以，故整?shù)k的最大值為3.解法3：即為，也即，設(shè)，則恒成立，①當(dāng)時(shí)，，，所以，從而，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，滿足題意；②當(dāng)時(shí)，，所以在上不能恒成立，不合題意；綜上所述，整數(shù)k的最大值為3.2．設(shè)函數(shù)（1）求的極值；（2）若曲線在點(diǎn)處的切線與x軸平行，且當(dāng)時(shí)，恒成立，求整數(shù)k的最大值.【解析】（1）由題意，，，當(dāng)時(shí)，，所以在R上單調(diào)遞減，從而無極值；當(dāng)時(shí)，，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故有極小值，無極大值.（2）解法1：由題意，，解得：，所以，，從而不等式即為，也即，令，則，且恒成立，當(dāng)時(shí)，，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，從而，故恒成立等價(jià)于，設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞減，又，，所以在上有唯一的零點(diǎn)且，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，結(jié)合k為整數(shù)知滿足的k的最大值為2.解法2：由題意，，故，所以，，不等式即為，也即，令，則，令，則，所以在上單調(diào)遞增，又，，所以在上有唯一的零點(diǎn)，且，當(dāng)時(shí)，，從而，當(dāng)時(shí)，，從而，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，因?yàn)?，所以，故，由可得，因?yàn)楹愠闪?，所以，結(jié)合k為整數(shù)知k的最大值為2.解法3：由題意，，所以，故，，從而不等式即為，也即，設(shè)，，則恒成立，當(dāng)時(shí)，，，所以，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，從而，故恒成立，滿足題意；②當(dāng)時(shí)，，所以不能恒成立，不合題意，綜上所述，整數(shù)k的最大值為2.3．已知函數(shù)（1）求在上的最小值；（2）當(dāng)時(shí)，恒成立，求正整數(shù)k的最大值.【解析】（1）由題意，，所以，，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，所以.（2）解法1：當(dāng)時(shí)，等價(jià)于，設(shè)，則，令，則，所以在上單調(diào)遞增，又，，所以在上有唯一零點(diǎn)，且，當(dāng)時(shí)，，所以，當(dāng)時(shí)，，所以，從而在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故①又，所以，代入①知化簡得：結(jié)合可得，因?yàn)楹愠闪?，所以，結(jié)合k為整數(shù)知k的最大值為2.解法2：當(dāng)時(shí)，等價(jià)于，設(shè)，，則恒成立，①當(dāng)時(shí)，，，，所以，，從而在上