2018届二轮复习（理）专题一　函数与导数、不等式第5讲学案（全国通用） 18页

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.(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，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.‎ 当a>0时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈，f′(x)<0；x∈，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>0，则a2>4，所以a<－2.‎ 答案　C ‎2.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，‎ 且f(x)≥0.‎ ‎(1)求a；‎ ‎(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－21时，g′(x)>0，g(x)单调递增，‎ 所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.‎ 综上，a＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，‎ 设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.‎ 当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.‎ 所以h(x)在单调递减，在单调递增.‎ 又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，‎ 所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.‎ 因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.‎ 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).‎ 由x0∈得f(x0)<.‎ 因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，‎ 由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.‎ 所以e－20‎ 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≥.‎ 又当a＝时，f′(x)＝ex－≤0当且仅当x＝－1时取等号.‎ 所以实数a的取值范围是.‎ ‎(2)法一　由已知得F(x)＝a(x－1)－2ln x，且F(1)＝0，‎ 则F′(x)＝a－＝＝，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∈时，F(x)>0.‎ 所以F(x)在内无零点.‎ ‎②当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝.‎ 若≥时，即a∈(0，4]时，F(x)在上是减函数.‎ 又x→0时，F(x)→＋∞.‎ 要使F(x)在内无零点，只需F＝－－2ln≥0，则04时，则F(x)在上是减函数，在上是增函数.‎ ‎∴F(x)min＝F＝2－a－2ln，‎ 令φ(a)＝2－a－2ln，则φ′(a)＝－1＋＝<0.‎ ‎∴φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，则φ(a)<φ(4)＝2ln 2－2<0.‎ 因此F<0，所以F(x)在x∈内一定有零点，不合题意，舍去.‎ 综上，函数F(x)在内无零点，应有a≤4ln 2，所以实数a的最大值为4ln ‎ 2.‎ 法二　当a≤0时，同法一.‎ 当a>0时，x∈，F′(x)<0；x∈，‎ F′(x)>0.‎ 所以F(x)在上单调递减，在上单调递增.‎ 因此F(x)min＝F.‎ ‎①若≥1，即0F(1)＝0，所以F(x)在内无零点.‎ ‎②若<1，即a>2时，F(x)min＝F≤F(1)＝0.‎ 要使函数F(x)在内无零点，‎ 只需F＝－－2ln≥0，‎ 则20且c－<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.‎ 由f(x)的单调性知，当且仅当c∈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＋aln.‎ ‎(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(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)＝－，‎ 因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(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＜且b＜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－＝0，‎ 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.‎ 故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.‎ 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＋－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－>0，‎ 设g(x)＝ln x－，‎ 则g′(x)＝－＝，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，＋∞)单调递增，因此g(x)>g(1)＝0.‎ ‎②当a>2时，令g′(x)＝0，‎ 得x1＝a－1－，x2＝a－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)1).‎ ‎(1)判断函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)是否存在实数a，使得关于x的不等式ln x1，所以x(x－1)2>0.‎ 设g(x)＝x－1－xln x，g′(x)＝1－ln x－1＝－ln x<0.‎ ‎∴g(x)在(1，＋∞)上是减函数，则g(x)0，‎ 若a≤0时显然不满足题意，因此a>0.‎ 设F(x)＝a(x－1)－ln x，‎ F′(x)＝a－＝＝，‎ 令F′(x)＝0，得x＝.‎ ‎①a≥1时，0<≤1，F′(x)>0，∴F(x)>F(1)＝0，‎ 因此a≥1时，ln x1，F(x)在为减函数，在为增函数，‎ ‎∴F(x)min0，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.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(　　)‎ A.(－2，0)∪(2，＋∞) B.(－2，0)∪(0，2)‎ C.(－∞，－2)∪(2，＋∞) D.(－∞，－2)∪(0，2)‎ 解析　x>0时′＝<0，‎ ‎∴φ(x)＝在(0，＋∞)为减函数，又φ(2)＝0，‎ ‎∴当且仅当00，此时x2f(x)>0.‎ 又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数.‎ 故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).‎ 答案　D ‎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10，则(　　)‎ A.3f(1)f(3)‎ C.3f(1)＝f(3) D.f(1)＝f(3)‎ 解析　由于f(x)>xf′(x)，则′＝<0恒成立，因此y＝在R上是单调递减函数，‎ ‎∴<，即3f(1)>f(3).‎ 答案　B ‎5.已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝ln x＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是(　　)‎ A.f(a)＜f(1)＜f(b) B.f(a)＜f(b)＜f(1)‎ C.f(1)＜f(a)＜f(b) D.f(b)＜f(1)＜f(a)‎ 解析　由题意，知f′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，而f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1＞0，所以函数f(x)的零点a∈(0，1)；由题意，知g′(x)＝＋1＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，又g(1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0，g(2)＝ln 2＋2－2＝ln 2＞0，所以函数g(x)的零点b∈(1，2).‎ 综上，可得0＜a＜1＜b＜2.‎ 因为f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)＜f(1)＜f(b).‎ 答案　A 二、填空题 ‎6.(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 ‎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<1的解集为________.‎ 解析　令g(x)＝，‎ 则g′(x)＝＝.‎ 由题意得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝在R上单调递减.‎ 又g(0)＝＝1，所以<1，即g(x)0，‎ 所以不等式的解集为{x|x>0}.‎ 答案　{x|x>0}‎ ‎8.(2017·广州二模)若对任意的x∈D，均有g(x)≤f(x)≤h(x)成立，则称函数f(x)为函数g(x)到函数h(x)在区间D上的“任性函数”.已知函数f(x)＝kx，g(x)＝x2－2x，h(x)＝(x＋1)(ln x＋1)，且f(x)是g(x)到h(x)在区间[1，e]上的“任性函数”，则实数k的取值范围是____________.‎ 解析　依题意，∀x∈[1，e]，x2－2x≤kx≤(x＋1)(ln x＋1)恒成立.‎ ‎∴x－2≤k≤(ln x＋1)在x∈[1，e]上恒成立.‎ 又y＝x－2在[1，e]上是增函数，‎ ‎∴(x－2)max＝e－2，则k≥e－2.①‎ 设φ(x)＝(ln x＋1)，x∈[1，e].‎ 则φ′(x)＝－(ln x＋1)＋＝≥0，‎ ‎∴φ(x)在[1，e]上是增函数，则φ(x)min＝φ(1)＝2.‎ 所以k≤2，②‎ 由①，②知，当e－2≤k≤2时，x2－2x≤kx≤(x＋1)(ln x＋1)，在x∈[1，e ‎]上恒成立.‎ 答案　[e－2，2]‎ 三、解答题 ‎9.(2015·北京卷)设函数f(x)＝－kln x，k>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，]上仅有一个零点.‎ ‎(1)解　由f(x)＝－kln x(k>0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去).‎ f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：‎ x ‎(0，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎   所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞).‎ f(x)在x＝处取得极小值f()＝.‎ ‎(2)证明　由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.‎ 因为f(x)存在零点，所以≤0，‎ 从而k≥e，‎ 当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，‎ 所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点.‎ 当k>e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，‎ 所以f(x)在区间(1，]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，]上仅有一个零点.‎ ‎10.(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝x－1－aln x.‎ ‎(1)若f(x)≥0，求a的值；‎ ‎(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·0，由f′(x)＝1－＝知，‎ 当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，‎ 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点.‎ 由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，‎ 故a＝1.‎ ‎(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0，‎ 令x＝1＋，得ln<.‎ 从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.‎ 故…·＝>2，‎ ‎∴当n≥3时，…∈(2，e)，‎ 由于…1时，h′(x)>0，h(x)是增函数，‎ 当00)，‎ 令f(x)＝xln x(x>0)，f′(x)＝1＋ln x，‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.‎ 所以当且仅当x＝时，f(x)取最小值，‎ 且f(x)min＝－，①‎ 设φ(x)＝－(x>0)，则φ′(x)＝，‎ 易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，‎ 所以当且仅当x＝1时，φ(x)取最大值，‎ 且φ(x)max＝－，②‎ ‎∵①②中取等号的条件不同，且<1，‎ 所以对x∈(0，＋∞)都有ln x>－，‎ 即F(x)＝ln x－＋>0恒成立，‎ 故函数F(x)没有零点.‎