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  • 2021-06-10 发布

2018届二轮复习(文) 导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题学案(全国通用)

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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.

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