专题03+“用好零点”，证明函数不等式-2019年高考数学压轴题之函数零点问题 18页

专题三 “用好零点”，证明函数不等式 函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕高考压轴题中已知零点（零点个数），证明函数不等式问题，例题说法，高效训练.‎ ‎【典型例题】‎ 类型一 设而不求，应用函数零点存在定理 例1.【四川省泸州市2019届高三二诊】已知函数．‎ ‎（1）若曲线在点处的切线与轴正半轴有公共点，求的取值范围；‎ ‎（2）求证：时，．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）函数f（x）＝lnx﹣ex+a的导数为f′（x）＝﹣ex+a．‎ 曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为1﹣e1+a，‎ 切点为（1，﹣e1+a），可得切线方程为y+e1+a＝（1﹣e1+a）（x﹣1），‎ 可令y＝0可得x＝，由题意可得＞0，‎ 可得e1+a＜1，解得a＜﹣1；‎ ‎（2）证明：f′（x）＝﹣ex+a．设g（x）＝f′（x）＝﹣ex+a．‎ 可得g′（x）＝﹣（+ex+a），当x＞0时，g′（x）＜0，g（x）递减；‎ 由a＞1﹣，ex+a＞ex．若ex＞，g（x）＜﹣ex＜0，‎ 当0＜x＜1时，ex+a＜e1+a．若e1+a＜，即x＜e﹣1﹣a，‎ 故当0＜x＜e﹣1﹣a时，g（x）＞0，即g（x）＝f′（x）有零点x0，‎ 当0＜x＜x0时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞x0时，f′（x）＜0，f（x）递减，‎ 可得f（x）≤f（x0），‎ 又f（x0）＝lnx0﹣ex0+a，又ex0+a＝，‎ 可得f（x0）＝lnx0﹣，在x0＞0递增，‎ 又a＝ln﹣x0＝﹣（lnx0+x0），‎ a＞1﹣⇔﹣（lnx0+x0）＞1﹣＝﹣（ln+），‎ 所以lnx0+x0＜ln+，由于lnx0+x0递增，‎ 可得0＜x0＜，故f（x）≤f（x0）＜f（）＝﹣1﹣e．‎ 类型二 设而不求，应用不等式性质 例2.【广东省揭阳市2019届高三一模】已知函数（，e是自然对数的底，）‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若，是函数的零点，是的导函数，求证：．‎ ‎【答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增； （2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）， ‎ 设 ， ‎ 解法一：由和在上单调递增，可知在上单调递增，‎ 解法二：由得可知在上单调递增，又，‎ 所以当时，，当时，， ‎ ‎①当时，，‎ 当时，；当时，． ‎ ‎②当时，由得或x＝1，‎ 当时，，，；‎ 当时，；当时，．‎ 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；‎ 当时，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增． ‎ ‎（2）解法一（分析法）：‎ 当时，由（1）知在上的最大值为，‎ 可知，所以在上无零点． ‎ 若是函数的零点，则， ‎ ‎∵，‎ 解法一：由和在上单调递增，且、，可知在上单调递增，‎ 解法二：设，则，‎ 由得，，所以， ‎ 可知在上单调递增，‎ 要证，只需证， ‎ 由（1）知在上单调递增， ‎ 只需证，又， ‎ 只需证且．‎ ‎ ，‎ 由，，得，又，所以；‎ ‎，由得，‎ 综上所述，得证．‎ 方法二（综合法）：‎ 当时，由（1）知在上的最大值为，‎ 可知，所以在上无零点． ‎ 若是函数的零点，则，‎ 而 ，‎ 由，，得，又，所以；‎ ‎，由得，‎ 所以，又，即， ‎ 由（1）知在上单调递增，所以，‎ 而，‎ 由和在上单调递增，且、，‎ 可知在上单调递增， ‎ 所以，得证．‎ 类型三 代入零点，利用方程思想转化证明零点之间的关系 例3.【湖南师大附中2019届高三月考试题（七)】已知函数，其中为常数.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若有两个相异零点，求证：.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（1），‎ ‎①当时，，在区间上单调递增；‎ ‎②当时，由，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.‎ ‎（2）因为，是的两个零点，则，，‎ 所以，.‎ 要证，只要证，即证，‎ 即证，即证，只要证.‎ 设，则只要证.‎ 设，则，所以在上单调递增.‎ 所以，即，所以，即.‎ 类型四 利用零点性质，构造函数证明参数范围 例4．【山东省临沂市2019届高三2月检测】已知函数．‎ ‎ (1)判断的单调性；‎ ‎(2)若在(1，+∞)上恒成立，且=0有唯一解，试证明a<1．‎ ‎【答案】（1）f（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）函数的定义域是（0，+∞），‎ f′（x）x﹣a，‎ 易知x2﹣ax﹣2＝0有两根，x10，x2，‎ 故f（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增；‎ ‎（2）∵a＜0，∴1，‎ ‎∴f′（x）在（1，+∞）上有唯一零点x0，‎ 又f′（x）x﹣a，∴x0﹣a＝0①，‎ 要使f（x）≥0在区间（1，+∞）恒成立，且f（x）＝0有唯一解，‎ 须f（x0）＝0，即﹣2lnx0（1）﹣ax0＝0②，‎ 由①②得：‎ ‎﹣2lnx0（1）﹣x0（x0）＝0，‎ 故﹣2lnx00，‎ 令g（x0）＝﹣2lnx0，‎ 显然g（x0）在（1，+∞）递减，‎ ‎∵g（1）＝2＞0，g（2）＝﹣2ln20，‎ ‎∴1＜x0＜2，‎ 又∵ax0在（1，+∞）递增，‎ 故a＜1．‎ ‎【规律与方法】‎ 应用函数的零点证明不等式问题，从已知条件来看，有两类，一类是题目中并未提及函数零点，二一类是题目中明确函数零点或零点个数；从要求证明的不等式看，也有两种类型，一类是求证不等式是函数值的范围或参数的范围，二一类是求证不等式是零点或零点的函数值满足的不等关系.‎ ‎1.由于函数零点存在定理明确的是函数值满足的不等关系，所以，通过设出函数的零点，利用函数零点存在定理，可建立不等关系，向目标不等式靠近，如上述类型一；也可以利用不等式的性质，向目标不等式靠近，如上述类型二，这两类问题突出的一点是“设而不求”．‎ ‎2. 当求证不等式是零点或零点的函数值满足的不等关系时，则注意将零点代入函数式，构建方程（组），进一步确定零点之间的关系，然后在通过求导、分离参数、构造函数等手段.‎ ‎【提升训练】‎ ‎1．【广东省揭阳市2019届高三一模】设函数 ，‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若函数有两个零点、，求证：．‎ ‎【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）， ‎ 设，‎ ‎①当时，，；‎ ‎②当时，由得或，‎ 记 ‎ 则，∵‎ ‎∴当时，，，‎ 当时，，， ‎ ‎∴当时，在上单调递减；‎ 当时，在上单调递减，在上单调递增． ‎ ‎（2）不妨设，由已知得，，‎ 即，，‎ 两式相减得，‎ ‎∴， ‎ 要证，‎ 即要证，‎ 只需证，‎ 只需证，即要证，‎ 设，则，只需证， ‎ 设，只需证，‎ ‎，‎ 在上单调递增，‎ ‎，得证．‎ ‎2．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】已知函数有两个零点．‎ 求实数a的取值范围；‎ 若函数的两个零点分别为，，求证：．‎ ‎【答案】（1）； （2）见解析.‎ ‎【解析】‎ 由，得，‎ 当时，在R上为增函数，‎ 函数最多有一个零点，不符合题意，所以．‎ 当时，，；‎ 所以在上为减函数，在上为增函数；‎ 所以；‎ 若函数有两个零点，则；‎ 当时，，；‎ ‎；‎ 由零点存在定理，函数在和上各有一个零点．‎ 结合函数的单调性，当时，函数有且仅有两个零点，‎ 所以，a的取值范围为．‎ 证明：由得，；‎ 由， 得，；‎ 所以；‎ 设，则，‎ 解得，；‎ 所以，‎ 当时，‎ ‎；‎ 设，则 ，当时，，‎ 于是在上为增函数；‎ 所以，当时，，即；‎ 所以．‎ ‎3.【宁夏银川市2019年高三下学期检测】已知函数.‎ ‎（1）当时，求函数的单调区间；‎ ‎（2）当时，证明：（其中为自然对数的底数）．‎ ‎【答案】（1）单调递增区间是，；单调递减区间是；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由题意，函数的定义域为,‎ 当时，， 则 . ‎ 由解得或；由解得.‎ 所以的单调递增区间是，；单调递减区间是. ‎ ‎（2）当时，由,只需证明. ‎ 令 ，.‎ 设，则. ‎ 当时，，单调递减;‎ 当时，，单调递增,‎ ‎∴当时，取得唯一的极小值，也是最小值. ‎ 的最小值是 成立.‎ 故成立.‎ ‎4．已知函数f（x）=lnx+a（x﹣1）2（a＞0）．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，证明：．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（1），‎ ‎①当0＜a≤2时，f'（x）≥0，y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，‎ ‎②当a＞2时，设2ax2﹣2ax+1=0的两个根为，且，‎ y=f（x）在（0，x1），（x2，+∞）单调递増，在（x1，x2）单调递减．‎ ‎（2）证明：依题可知f（1）=0，若f（x）在区间（0，1）内有唯一的零点x0，‎ 由（1）可知a＞2，且．‎ 于是：①②‎ 由①②得，设，‎ 则，因此g（x）在上单调递减，‎ 又，‎ 根据零点存在定理，故．‎ ‎5. 已知函数f（x）=3ex+x2，g（x）=9x﹣1．‎ ‎（1）求函数φ（x）=xex+4x﹣f（x）的单调区间；‎ ‎（2）比较f（x）与g（x）的大小，并加以证明．‎ ‎【答案】（1）φ（x）在（﹣∞，ln2）上单调递增，在（ln2，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．‎ ‎（2）f（x）＞g（x）．‎ ‎【解析】‎ ‎（1）φ'（x）=（x﹣2）（ex﹣2），‎ 令φ'（x）=0，得x1=ln2，x2=2；‎ 令φ'（x）＞0，得x＜ln2或x＞2；‎ 令φ'（x）＜0，得ln2＜x＜2．‎ 故φ（x）在（﹣∞，ln2）上单调递增，‎ 在（ln2，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．‎ ‎（2）f（x）＞g（x）．‎ 证明如下：‎ 设h（x）=f（x）﹣g（x）=3ex+x2﹣9x+1，∵h'（x）=3ex+2x﹣9为增函数，‎ ‎∴可设h'（x0）=0，∵h'（0）=﹣6＜0，h'（1）=3e﹣7＞0，∴x0∈（0，1）．‎ 当x＞x0时，h'（x）＞0；当x＜x0时，h'（x）＜0．‎ ‎∴h（x）min=h（x0）=，‎ 又，∴，‎ ‎∴==（x0﹣1）（x0﹣10），‎ ‎∵x0∈（0，1），∴（x0﹣1）（x0﹣10）＞0，‎ ‎∴h（x）min＞0，∴f（x）＞g（x）．‎ ‎6. 已知函数f（x）=lnx﹣x+1，函数g（x）=ax•ex﹣4x，其中a为大于零的常数．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）求证：g（x）﹣2f（x）≥2（lna﹣ln2）．‎ ‎【答案】（1）增区间（0，1）；减区间（1，+∞）.（2）见解析.‎ ‎【解析】（Ⅰ）…………………………………（2分）‎ x∈（0，1）时，f'（x）＞0，y=f（x）单增；‎ x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，y=f（x）单减 ………………………．（4分）‎ ‎（Ⅱ）证明：令h（x）=axex﹣4x﹣2lnx+2x﹣2=axex﹣2x﹣2lnx﹣2（a＞0，x＞0）…………………．（5分）‎ 故 ……………………………．（7分）‎ 令h'（x）=0即 ，‎ 两边求对数得：lna+x0=ln2﹣lnx0即 lnx0+x0=ln2﹣lna………………．（9分）‎ ‎∴，‎ ‎∴h（x）≥2lna﹣2ln2……………………………（12分）‎ ‎7.【山东省济南市2019届高三3月模拟】已知函数，其导函数的最大值为.‎ ‎（1）求实数的值；‎ ‎（2）若，证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）由题意，函数的定义域为，其导函数 记则.‎ 当时，恒成立，所以在上单调递增，且.‎ 所以，有，故时不成立；‎ 当时，若，则；若，则.‎ 所以在单调递增，在单调递减.‎ 所以.‎ 令，则.‎ 当时，；当时，.所以在的单减，在单增.‎ 所以，故.‎ ‎（2）当时，，则.‎ 由（1）知恒成立，‎ 所以在上单调递减，‎ 且，‎ 不妨设，则，‎ 欲证，只需证，因为在上单调递减，‎ 则只需证，又因为，‎ 则只需证，即.‎ 令（其中），且.‎ 所以欲证，只需证，‎ 由，‎ 整理得：，‎ ‎，‎ 所以在区间上单调递增，‎ 所以，，‎ 所以函数在区间上单调递减，‎ 所以有，，故.‎ ‎8．【山东省日照市2017届高三下学期一模】设(e为自然对数的底数)，．‎ ‎(I)记，讨论函单调性；‎ ‎(II)令，若函数G(x)有两个零点．‎ ‎(i)求参数a的取值范围；‎ ‎(ii)设的两个零点，证明．‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析; (Ⅱ)（i）a>0; (ii)见解析 ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ），‎ ‎，所以 当时，，单调递减；‎ 当时，，单调递增． ‎ ‎（Ⅱ）由已知，，‎ ‎．‎ ‎①当时，，有唯一零点； ‎ ‎②当时，，所以 当时，，减；‎ 当时，，增．‎ 所以，‎ 因，所以当时，有唯一零点；‎ 当时，，则，所以，‎ 所以，‎ 因为，‎ 所以，，，且，当，时，使，‎ 取，则，从而可知 当时，有唯一零点，‎ 即当时，函数有两个零点． ‎ ‎③当时，，由，得，或．‎ ‎ 若，即时，，所以是单调减函数，至多有一个零点； ‎ 若，即时，，注意到，都是增函数，所以 当时，，是单调减函数；‎ 当时，，是单调增函数；‎ 当时，，是单调减函数．‎ 又因为，所以 · 至多有一个零点； ‎ 若，即时，同理可得 当时，，是单调减函数；‎ 当时，，是单调增函数；‎ 当时，，是单调减函数．‎ 又因为，所以至多有一个零点．‎ 综上，若函数有两个零点，则参数的取值范围是． ‎ 由知，函数有两个零点，则参数的取值范围是．‎ ‎，是的两个零点，则有 ‎，‎ 因，则，且，，，，，‎ 由（Ⅰ）知，当时，是减函数；当时，是增函数．‎ 令，，‎ 再令φ（m）e2m+1＝e2m1，，‎ ‎，‎ 所以，又，所以 时，恒成立，即 恒成立，‎ 令，即，有，即 ‎，‎ 因为，所以，又，必有，‎ 又当时，是增函数，所以，即 ‎．‎ ‎9．已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若在区间内有唯一的零点，证明： .‎ ‎【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（2）依题可知，若在区间内有唯一的零点，由（1）可知，‎ 且. ‎ 于是： ①‎ ‎ ② ‎ 由①②得，设，‎ 则，因此在上单调递减，‎ 又， ‎ 根据零点存在定理，故.‎ ‎10．已知函数，其中为自然对数的底数， ‎ ‎（I）若，函数 ‎①求函数的单调区间 ‎②若函数的值域为,求实数的取值范围 ‎（II）若存在实数,使得，且，求证： ‎ ‎【答案】（1）①详见解析②实数的取值范围是；（2）；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）当时， .‎ ‎①.‎ 由得，由得.‎ 所以函数的单调增区间为，单调减区间为.‎ ‎②‎ 当时， ，所以在区间上单调递减；‎ 当时， ，所以在区间上单调递增.‎ 在上单调递减，值域为,‎ 因为的值域为，所以，‎ 即. ‎ ‎（2）.‎ 若时， ，此时在上单调递增.‎ 由可得，与相矛盾，‎ 同样不能有.‎ 不妨设，则有.‎ 因为在上单调递减，在上单调递增，且，‎ 所以当时， .‎ 由，且，可得 故.‎ 又在单调递减，且，所以，‎ 所以，同理.‎ 即解得，‎ 所以. ‎