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- 2021-06-10 发布
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第 5 讲 导数与函数零点、不等式证明、
恒成立问题
高考定位 在高考压轴题中,函数与方程、不等式的交汇是考查的热点,常以含
指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、
不等式恒成立与能成立问题.
真 题 感 悟
1.(2016·全国Ⅲ卷)设函数 f(x)=ln x-x+1.
(1)讨论函数 f(x)的单调性;
(2)证明当 x∈(1,+∞)时,11,证明当 x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
(1)解 由 f(x)=ln x-x+1(x>0),得 f′(x)=1
x
-1.
令 f′(x)=0,解得 x=1.
当 00,f(x)单调递增.
当 x>1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
因此 f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上为减函数.
(2)证明 由(1)知,函数 f(x)在 x=1 处取得最大值 f(1)=0.∴当 x≠1 时,ln x1,设 g(x)=1+(c-1)x-cx,
则 g′(x)=c-1-cxln c.令 g′(x)=0,
解得 x0=
lnc-1
ln c
ln c
.
当 x0,g(x)单调递增;
当 x>x0 时,g′(x)<0,g(x)单调递减.
由(2)知 10.
∴当 x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
2.(2017·全国Ⅱ卷)设函数 f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论 f(x)的单调性;
(2)当 x≥0 时,f(x)≤ax+1,求 a 的取值范围.
解 (1)f′(x)=-2xex+(1-x2)ex=(1-2x-x2)ex.
令 f′(x)=0,得 x2+2x-1=0,
解得 x1=- 2-1,x2= 2-1,
令 f′(x)>0,则 x∈(- 2-1, 2-1),令 f′(x)<0,则 x∈(-∞,- 2-1)∪( 2-
1,+∞).
∴f(x)在区间(-∞,- 2-1),( 2-1,+∞)上单调递减,在区间(- 2-1, 2
-1)上单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当 a≥1 时,设函数 h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此 h(x)在[0,+∞)
上单调递减,而 h(0)=1,故 h(x)≤1,所以 f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当 00(x>0),所以 g(x)在[0,+∞)
上单调递增,而 g(0)=0,故 ex≥x+1.
当 0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),
取 x0= 5-4a-1
2
,则 x0∈(0,1),
(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故 f(x0)>ax0+1.
当 a≤0 时,取 x0= 5-1
2
,
则 x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a 的取值范围是[1,+∞).
考 点 整 合
1.利用导数研究函数的零点
函数的零点、方程的实根、函数图象与 x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念,
解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值,画出函数图象的变化趋势,
数形结合求解.
2.三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下,由于当 x→∞时,函数值也趋向∞,只要
按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点 x1,x2 且 x10[来源:学,科,网 Z,X,X,K]
两个 f(x1)=0 或者 f(x2)=0
三个 f(x1)>0 且 f(x2)<0
a<0(f(x1)为极
小值,f(x2)为极
大值)
一个 f(x1)>0 或 f(x2)<0
两个 f(x1)=0 或者 f(x2)=0
三个 f(x1)<0 且 f(x2)>0
3.利用导数解决不等式问题
(1)利用导数证明不等式.
若证明 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
∃
x ∈ I ,使 f(x)>g(x)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.
温馨提醒 解决方程、不等式相关问题,要认真分析题目的结构特点和已知条件,
恰当构造函数并借助导数研究性质,这是解题的关键.
热点一 利用导数研究函数的零点(方程的根)
【例 1】 (2017·淄博诊断)已知 a∈R,函数 f(x)=ex-ax(e=2.718 28…是自然对
数的底数).
(1)若函数 f(x)在区间(-e,-1)上是减函数,求实数 a 的取值范围;
(2)若函数 F(x)=f(x)-(ex-2ax+2ln x+a)在区间 0,1
2 内无零点,求实数 a 的最
大值.
解 (1)由 f(x)=ex-ax,得 f′(x)=ex-a 且 f′(x)在 R上递增.
若 f(x)在区间(-e,-1)上是减函数,只需 f′(x)≤0 恒成立.
因此只需 f′(-1)=e-1-a≤0,
解之得 a≥1
e.
又当 a=1
e
时,f′(x)=ex-1
e
≤0 当且仅当 x=-1 时取等号.
所以实数 a 的取值范围是
1
e
,+∞
.
(2)法一 由已知得 F(x)=a(x-1)-2ln x,且 F(1)=0,
则 F′(x)=a-2
x
=ax-2
x
=a x-2
a
x
,x>0.
①当 a≤0 时,F′(x)<0,F(x)在区间(0,+∞)上单调递减,
结合 F(1)=0 知,当 x∈ 0,1
2 时,F(x)>0.
所以 F(x)在 0,1
2 内无零点.
②当 a>0 时,令 F′(x)=0,得 x=2
a.
若2
a
≥1
2
时,即 a∈(0,4]时,
F(x)在 0,1
2 上是减函数.
又 x→0 时,F(x)→+∞.
要使 F(x)在 0,1
2 内无零点,只需 F
1
2 =-a
2
-2ln1
2
≥0,则 04 时,则 F(x)在 0,2
a 上是减函数,在
2
a
,1
2 上是增函数.
∴F(x)min=F
2
a =2-a-2ln2
a
,
令φ(a)=2-a-2ln2
a
,
则φ′(a)=-1+2
a
=2-a
a <0.
∴φ(a)在(4,+∞)上是减函数,
则φ(a)<φ(4)=2ln 2-2<0.
因此 F
2
a <0,所以 F(x)在 x∈ 0,1
2 内一定有零点,不合题意,舍去.
综上,函数 F(x)在 0,1
2 内无零点,应有 a≤4ln 2,所以实数 a 的最大值为 4ln 2.
(2)法二 当 a≤0 时,同法一.
当 a>0 时,x∈ 0,2
a ,F′(x)<0;x∈
2
a
,+∞ ,
F′(x)>0.
所以 F(x)在 0,2
a 上单调递减,在
2
a
,+∞ 上单调递增.
因此 F(x)min=F
2
a .
①若2
a
≥1,即 0F(1)=0,所以 F(x)在 0,1
2 内无零点.
②若2
a<1,即 a>2 时,F(x)min=F
2
a ≤F(1)=0.
要使函数 F(x)在 0,1
2 内无零点,
只需 F
1
2 =-a
2
-2ln1
2
≥0,
则 20 且 c-32
27<0 时,f(-4)=c-16<0,f(0)=c>0,存在 x1∈(-4,-2),
x2∈ -2,-2
3 ,x3∈ -2
3
,0 ,使得 f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.
由 f(x)的单调性知,当且仅当 c∈ 0,32
27 时,函数 f(x)=x3+4x2+4x+c 有三个不
同零点.
热点二 利用导数求解不等式问题
命题角度 1 证明不等式
【例 2-1】 (2015·全国Ⅰ卷)设函数 f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数;
(2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+aln2
a.
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-a
x(x>0).
当 a≤0 时,f′(x)>0,f′(x)没有零点.
当 a>0 时,设 u(x)=e2x,v(x)=-a
x
,
因为 u(x)=e2x 在(0,+∞)上单调递增,v(x)=-a
x
在(0,+∞)上单调递增,所以
f′(x)在(0,+∞)上单调递增.
又 f′(a)>0,当 b 满足 0<b<a
4
且 b<1
4
时,f′(b)<0,
故当 a>0 时,f′(x)存在唯一零点.
(2)证明 由(1),可设 f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为 x0,当 x∈(0,x0)时,f′(x)
<0;
当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.
故 f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以当 x=x0 时,f(x)取得最小值,最小值为 f(x0).
由于 2e2x0-a
x0
=0,
所以 f(x0)= a
2x0
+2ax0+aln2
a
≥2a+aln2
a.
故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln2
a.
命题角度 2 不等式恒成立问题
【例 2-2】 (2016·全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)当 a=4 时,求曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求 a 的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
当 a=4 时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),
f(1)=0,f′(x)=ln x+1
x
-3,f′(1)=-2.
故曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 2x+y-2=0.
(2)当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0 等价于 ln x-a(x-1)
x+1
>0,
设 g(x)=ln x-a(x-1)
x+1
,
则 g′(x)=1
x
- 2a
(x+1)2
=x2+2(1-a)x+1
x(x+1)2
,g(1)=0.
①当 a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故 g′(x)>0,g(x)在
(1,+∞)上单调递增,
因此 g(x)>g(1)=0.
②当 a>2 时,令 g′(x)=0,
得 x1=a-1- (a-1)2-1,x2=a-1+ (a-1)2-1.由 x2>1 和 x1x2=1 得
x1<1.
故当 x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)上单调递减,因此 g(x)0,
故 f(x)在(0,+∞)上单调递增,
若 a<0 时,则当 x∈ 0,- 1
2a 时,f′(x)>0;
当 x∈ - 1
2a
,+∞ 时,f′(x)<0.
故 f(x)在 0,- 1
2a 上单调递增,在 - 1
2a
,+∞ 上单调递减.
(2)证明 由(1)知,当 a<0 时,f(x)在 x=- 1
2a
处取得最大值,最大值为 f
- 1
2a =
ln
- 1
2a -1- 1
4a
,
所以 f(x)≤- 3
4a
-2 等价于 ln
- 1
2a -1- 1
4a
≤- 3
4a
-2,即 ln
- 1
2a + 1
2a
+1≤0,
设 g(x)=ln x-x+1,则 g′(x)=1
x
-1.
当 x∈(0,1)时,g′(x)>0;x∈(1,+∞)时,g′(x)<0.
所以 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
故当 x=1 时,g(x)取得最大值,最大值为 g(1)=0.
所以当 x>0 时,g(x)≤0,
从而当 a<0 时,ln
- 1
2a + 1
2a
+1≤0,
即 f(x)≤- 3
4a
-2.
热点三 利用导数求解最优化问题
【例 3】 某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量 y(单位:千克)
与销售价格 x(单位:元/千克)满足关系式 y= a
x-3
+10(x-6)2,其中 30,h(x)是增函数,
当 x=80 时,h(x)取到极小值 h(80)=11.25,
因为 h(x)在(0,120]上只有一个极值,所以它是最小值.
故当汽车以 80 千米/时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,最少为 11.25
升.
1.重视转化思想在研究函数零点中的应用,如方程的解、两函数图象的交点均可
转化为函数零点,充分利用函数的图象与性质,借助导数求解.
2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数,其图象与 x 轴交点的个数,除了受
两个极值大小的制约外,还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约,在解
题时要注意通过数形结合找到正确的条件.
3.利用导数方法证明不等式 f(x)>g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数
h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数 h(x)>0.其中找
到函数 h(x)=f(x)-g(x)的零点是解题的突破口.
4.不等式恒成立、能成立问题常用解法
(1)分离参数后转化为最值,不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下,
采用分离参数转化为函数的最值问题,形如 a>f(x)max 或 a<f(x)min.
(2)直接转化为函数的最值问题,在参数难于分离的情况下,直接转化为含参函
数的最值问题,伴有对参数的分类讨论.
(3)数形结合,构造函数,借助函数图象的几何直观性求解,一定要重视函数性
质的灵活应用.
一、选择题
1.函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=3,对任意 x∈R,f′(x)<3,则 f(x)>3x+6 的解
集为( )
A.{x|-1-1}
C.{x|x<-1} D.R
解析 设 g(x)=f(x)-(3x+6),则 g′(x)=f′(x)-3<0,所以 g(x)为减函数,
又 g(-1)=f(-1)-3=0,所以根据单调性可知 g(x)>0 的解集是{x|x<-1}.
答案 C
2.若关于 x 的不等式 x3-3x2-9x+2≥m 对任意 x∈[-2,2]恒成立,则 m 的取值
范围是( )
A.(-∞,7] B.(-∞,-20]
C.(-∞,0] D.[-12,7]
解析 令 f(x)=x3-3x2-9x+2,则 f′(x)=3x2-6x-9,令 f′(x)=0 得 x=-1 或 x
=3(舍去).
∵f(-1)=7,f(-2)=0,f(2)=-20,
∴f(x)的最小值为 f(2)=-20,故 m≤-20.
答案 B
3.(2017·贵阳联考)已知函数 f(x)的定义域为[-1,4],部分对应值如下表:
x -1 0 2 3 4
f(x) 1 2 0 2 0
f(x)的导函数 y=f′(x)的图象如图所示.当 1f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2)
C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)
解析 f(x)的定义域(0,+∞),且 f′(x)=1-ln x
x2
,
令 f′(x)=0,得 x=e.
当 x∈(0,e)时,f′(x)>0;
当 x∈(e,+∞)时,f′(x)<0.
∴f(x)max=f(e)=1
e.
又 f(2)=ln 2
2
=ln 8
6
,f(3)=ln 3
3
=ln 9
6
所以 f(e)>f(3)>f(2).
答案 D
5.(2014·全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)=ax3-3x2+1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0,
则实数 a 的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(1,+∞)
C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
解析 由题意知 a≠0,f′(x)=3ax2-6x=3ax x-2
a ,令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x
=2
a.
当a>0 时,x∈(-∞,0),f′(x)>0;x∈ 0,2
a ,f′(x)<0;x∈
2
a
,+∞ ,f′(x)>0,
且 f(0)=1>0,故 f(x)有小于 0 的零点,不满足.
当 a<0 时,需使 x0>0 且唯一,只需 f
2
a >0,则 a2>4,所以 a<-2.
答案 C
二、填空题
6.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是 27π dm3,且用料最省,则圆柱的
底面半径为________ dm.
解析 设圆柱的底面半径为 R dm,母线长为 l dm,则 V=πR2l=27π,所以 l=27
R2
,
要使用料最省,只需使圆柱形水桶的表面积最小.
S 表=πR2+2πRl=πR2+2π·27
R
,
所以 S′表=2πR-54π
R2 .
令 S′表=0,得 R=3,则当 R=3 时,S 表最小.
答案 3
7.(2017·长沙调研)定义域为 R 的可导函数 y=f(x)的导函数为 f′(x),满足 f(x)>f′(x),
且 f(0)=1,则不等式f(x)
ex <1 的解集为________.
解析 令 g(x)=f(x)
ex
,
则 g′(x)=ex·f′(x)-(ex)′·f(x)
(ex)2
=f′(x)-f(x)
ex .
由题意得 g′(x)<0 恒成立,所以函数 g(x)=f(x)
ex
在 R 上单调递减.
又 g(0)=f(0)
e0
=1,所以f(x)
ex <1,即 g(x)0,
所以不等式的解集为{x|x>0}.
答案 {x|x>0}
8.(2017·南宁调研)已知 f(x)=-x2-6x-3,g(x)=2x3+3x2-12x+9,设 m<-2,
若
∀
x1∈[m,-2),
∃
x2∈(0,+∞),使得 f(x1)=g(x2)成立,则实数 m 的最小值为
________.
解析 ∵g(x)=2x3+3x2-12x+9,∴g′(x)=6x2+6x-12=6(x+2)(x-1).
则当 01 时,g′(x)>0,函数 g(x)递增,
∴g(x)min=g(1)=2.
∵f(x)=-x2-6x-3=-(x+3)2+6≤6,结合函数图象知,当f(x)=2 时,方程两
根分别为-5 和-1,则 m 的最小值为-5.
答案 -5
三、解答题
9.(2017·贵阳质检)已知函数 f(x)=x-1
x
-ln x.
(1)求 f(x)的单调区间;
(2)求函数 f(x)在
1
e
,e 上的最大值和最小值(其中 e 是自然对数的底数);
(3)求证:lne2
x
≤1+x
x .
(1)解 f(x)=x-1
x
-ln x=1-1
x
-ln x,
f(x)的定义域为(0,+∞).
∵f′(x)=1
x2
-1
x
=1-x
x2
,
∴f′(x)>0
⇒
01,
∴f(x)=1-1
x
-ln x 在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)解 由(1)得 f(x)在
1
e
,1 上单调递增,在(1,e]上单调递减,
∴f(x)在
1
e
,e 上的最大值为 f(1)=1-1
1
-ln 1=0.
又 f
1
e =1-e-ln1
e
=2-e,f(e)=1-1
e
-ln e=-1
e
,且 f
1
e 0).
(1)设φ(x)=f(x)-1-a 1-1
x ,求φ(x)的最小值;
(2)在区间(1,e)上 f(x)>x 恒成立,求实数 a 的取值范围.
解 (1)φ(x)=f(x)-1-a 1-1
x
=aln x-a 1-1
x (x>0).
则φ′(x)=a
x
-a
x2
=a(x-1)
x2
,
令φ′(x)=0,得 x=1.
当 01 时,φ′(x)>0.
∴φ(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数.
故φ(x)在 x=1 处取得极小值,也是最小值.
∴φ(x)min=φ(1)=0.
(2)由 f(x)>x 得 aln x+1>x,即 a>x-1
ln x .
令 g(x)=x-1
ln x (10.
故 h(x)在区间(1,e)上单调递增,所以 h(x)>h(1)=0.
因为 h(x)>0,所以 g′(x)>0,即 g(x)在区间(1,e)上单调递增,
则 g(x)0.
(1)求 f(x)的单调区间和极值;
(2)证明:若 f(x)存在零点,则 f(x)在区间(1, e]上仅有一个零点.
(1)解 由 f(x)=x2
2
-kln x(k>0),得 x>0 且 f′(x)=x-k
x
=x2-k
x .由 f′(x)=0,解得 x
= k(负值舍去).
f(x)与 f′(x)在区间(0,+∞)上的变化情况如下表:
x (0, k) k ( k,+∞)
f′(x) - 0 +
f(x) k(1-ln k)
2
所以,f(x)的单调递减区间是(0, k),单调递增区间是( k,+∞).
f(x)在 x= k处取得极小值 f( k)=k(1-ln k)
2 .
(2)证明 由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为 f( k)=k(1-ln k)
2 .
因为 f(x)存在零点,所以k(1-ln k)
2
≤0,
从而 k≥e,
当 k=e 时,f(x)在区间(1, e)上单调递减,且 f( e)=0,
所以 x= e是 f(x)在区间(1, e]上的唯一零点.
当 k>e 时,f(x)在区间(1, e)上单调递减,且 f(1)=1
2>0,f( e)=e-k
2 <0,
所以 f(x)在区间(1, e]上仅有一个零点.
综上可知,若 f(x)存在零点,则 f(x)在区间(1, e]上仅有一个零点.