高考数学复习 17-18版 第4章 第19课 导数与函数、不等式的综合问题
第19课 导数与函数、不等式的综合问题
[最新考纲]
内容
要求
A
B
C
利用导数研究函数的零点问题
√
利用导数证明不等式
√
最值与不等式
各类不等式与函数最值的关系如下表：
不等式类型
与最值的关系
任意的x∈D，f(x)>M
任意的x∈D，f(x)min>M
任意的x∈D，f(x)
M
任意的x∈D，f(x)max>M
存在x∈D，f(x)g(x)
任意的x∈D，[f(x)－g(x)]min>0
任意的x∈D，f(x)g(x2)
任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)max
任意的x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)min
存在x1∈D1，任意的x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)max
存在x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2)
任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)min
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)不等式f(x)≥g(x)对∀x∈R恒成立，等价于f(x)min>g(x)max.( )
(2)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象与x轴最多有3个交点，最少有一个交点．( )
(3)函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值大于0，则f(x)＞g(x)．( )
(4)“存在x∈(a，b)，使f(x)≥a”与“任意x∈(a，b)，使f(x)≥a”，这两个说法相同．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×
2．(教材改编)若函数y＝m与y＝3x－x3的图象有三个不同的交点，则实数m的取值范围为________．
(－2,2) [y′＝3(1－x)(1＋x)，令y′＝0，得x＝±1，
所以y极大值＝2，y极小值＝－2，作出函数y＝3x－x3和y＝m的大致图象(如图)，根据图象知－20时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________.
【导学号：62172105】
(－∞，－1)∪(0,1) [记函数g(x)＝，则g′(x)＝，
因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减；
又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，且g(－1)＝g(1)＝0.
当00，则f(x)>0；
当x<－1时，g(x)<0，则f(x)>0，
综上所述，使f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．]
角度2 证明不等式
(2015·福建高考节选)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)证明：当x>1时，f(x)1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)>k(x
－1)．
[解] (1)证明：令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则有F′(x)＝.
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)<0，
所以F(x)在[1，＋∞)上单调递减，
故当x>1时，F(x)1时，f(x)1满足题意．
当k>1时，对于x>1，有f(x)1满足题意．
当k<1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则有G′(x)＝－x＋1－k＝.
由G′(x)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0，
解得x1＝<0，
x2＝>1.
当x∈(1，x2)时，G′(x)>0，故G(x)在[1，x2)内单调递增．
从而当x∈(1，x2)时，G(x)>G(1)＝0，
即f(x)>k(x－1)，
综上，k的取值范围是(－∞，1)．
角度3 不等式恒成立问题
已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
[解] (1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，
则a≤2ln x＋x＋，
设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，
则h′(x)＝，
①当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4.
即实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)证明：问题等价于证明xln x＞－(x∈(0，＋∞))．
又f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1，
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f(x)min＝f＝－.
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，
易知m(x)max＝m(1)＝－，
从而对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
[规律方法] 1.用导数证明不等式的思路
利用导数证明不等式常构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0的关系，从而证明不等式．
2．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
(1)分离参数法：
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法：
第一步：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；
第三步：构建不等式求解.
利用导数解决函数的零点问题
已知函数f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常数．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若存在实数k，使得关于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围. 【导学号：62172106】
[解] (1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]．
当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e.
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.
(2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，
解得x＝－(a＋2)或x＝0.
当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)≥0，
所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数，
所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a＋2)>0，即a<－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
0
(0，－(a＋2))
－(a＋2)
(－(a＋2)，＋∞)
f′(x)
0
－
0
＋
f(x)
－a
由上表可知函数f(x)在[0，＋ ∞)上的最小值为f(－(a＋2))＝.
因为函数f(x)是(0，－(a＋2))上的减函数，是(－(a＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a时，有f(x)≥e－a(－a)>－a，又f(0)＝－a.
所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k的取值范围是.
[规律方法] 1.在解答本例(2)时应判断f(x)>f(0)是否成立，这是容易忽视的地方．
2．该类问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．
[变式训练] 设f(x)＝ln x＋.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)的零点个数．
[解] (1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－＝.
当a≤0时，f′(x)>0，(0，＋∞)是f(x)的增区间，
当a>0时，令f′(x)＝0，x＝±(负舍去)，
当0时，f′(x)>0，
所以(0，)是f(x)的减区间，(，＋∞)是f(x)的增区间，
综上，当a≤0时，f(x)的增区间是(0，＋∞)，
当a>0时，f(x)的减区间是(0，)，f(x)的增区间是(，＋∞)．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，当a＝0时有零点x＝1，
当a<0时，f(ea)＝a(e－2a＋1)<0，f(e－a)＝a(e2a－1)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上有一个零点，
当a>0时，由(1)f(x)在(0，)上是减函数，f(x)在(，＋∞)上是增函数，所以当x＝时，f(x)有极小值，即最小值f()＝(ln 2a＋1)．
当(ln 2a＋1)>0，即a>时，f(x)无零点，
当(ln 2a＋1)＝0，即a＝时 ，f(x)有一个零点，
当(ln 2a＋1)<0，即0时f(x)无零点，当a＝或a≤0时，f(x)有一个零点，当0g(x)时，找到函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点是解题的突破口．
2．利用导数解决恒成立问题时，若分离参数后得到“a0，所以－a>1，所以a<－1，即实数a的取值范围是(－∞，－1)．]
2．已知函数f(x)＝x3－3a2x＋1的图象与直线y＝3只有一个公共点，那么实数a的取值范围是________．
(－1,1) [f′(x)＝3x2－3a2，令f′(x)＝0，则x＝±a.
由题意知当a<0时，f(a)＝a3－3a3＋1<3，即a3>－1，所以－10时，f(－a)＝－a3＋3a3＋1<3，即a3<1，所以00，若a＝f，b＝－2f(－2)，c＝·f，则a，b，c的大小关系是________. 【导学号：62172108】
a0时，h′(x)＝f(x)＋x·f′(x)>0，∴此时函数h(x)单调递增．
∵a＝f＝h，
b＝－2f(－2)＝2f(2)＝h(2)，
c＝f＝h
＝h(－ln 2)＝h(ln 2)，
又0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是________．
(－∞，－2)∪(0,2) [∵x>0时，′<0，
∴φ(x)＝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)．]
8．已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是________．
[－2,0] [y＝|f(x)|的图象如图所示：
要使|f(x)|≥ax，只需找到y＝ax与y＝x2－2x相切时的临界值即可，由y′|x＝0＝－2可知a＝－2，
结合图象可知，当实数a满足－2≤a≤0时，有|f(x)|≥ax.]
9．设f(x)＝|ln x|，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0,4)上有三个零点，则实数a的取值范围是________．
[由题意，可知方程|ln x|＝ax在区间(0,4)上有三个根，令h(x)＝ln x，则h′(x)＝，又h(x)在(x0，ln x0)处切线y－ln x0＝(x－x0)过原点，得x0＝e，即曲线h(x)过原点的切线的斜率为，而点(4，ln 4)与原点确定的直线的斜率为，所以实数a的取值范围是.]
10．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)<，则不等式f(x2)<＋的解集为________．
(－∞，－1)∪(1，＋∞) [令F(x)＝f(x)－x，由f′(x)<可知，F′(x)＝f′(x)－<0.
∴F(x)在R上单调递减．
又f(1)＝1，∴f(x2)<＋可化为f(x2)－x21，即x>1或x<－1.]
二、解答题
11．已知函数f(x)＝x3－x2＋6x－a.
(1)若对于任意实数x，f′(x)≥m恒成立，求实数m的最大值；
(2)若方程f(x)＝0有且仅有一个实数根，求实数a的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)，因为x∈(－∞，＋∞)，f′(x)≥m恒成立，即3x2－9x＋(6－m)≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m)≤0，
解得m≤－，即m的最大值为－.
(2)因为当x<1时，f′(x)>0；当12时，f′(x)>0.
所以当x＝1时，f(x)取得极大值f(1)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝2－a.故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0有且仅有一个实数根，解得a<2或a>，即实数a的取值范围为(－∞，2)∪.
12．(2017·如皋市高三调研一)设函数f(x)＝ln x－ax2(a>0)．
(1)讨论函数f(x)零点的个数；
(2)若函数f(x)有极大值为－，且存在实数m，n，m4a. 【导学号：62172109】
[解] (1)f′(x)＝－2ax＝(x>0)．
①当a＝0，f(x)＝ln x在(0，＋∞)上有一个零点；
②当a<0，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
f(1)＝－a>0，f(ea)＝a－ae2a＝a(1－e2a)<0所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；
③当a>0，f(x)＝0，x＝，
x
f′(x)
＋
0
－
f(x)
f(x)max＝f＝ln－.
(ⅰ)当a>时，f(x)在(0，＋∞)上有没有零点；
(ⅱ)当a＝时，f(x)在(0，＋∞)上有一个零点；
(ⅲ)当0时，f(x)在(0，＋∞)上有没有零点；
当a＝或a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个零点；
当02－n，即m＋n>2得证．
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2017·南京模拟)已知函数f(x)＝g(x)＝f(x)＋2k，若函数g(x)恰有两个不同的零点，则实数k的取值范围为________．
∪ [当x≤0时，f′(x)＝(2－x2)ex，当x＝－时取得极小值f＝－2(＋1)·e－，当x<0时，f(x)<0，且f(0)＝0，函数f(x)的图象如图所示，函数g(x)恰有两个不同的零点，就是f(x)的图象与直线y＝－2k有两个不同的交点，所以3<－2k<7或－2k＝0或－2k＝－2(＋1)e－，
即k∈∪.]
2．已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是______________．
[由于f′(x)＝1＋＞0，因此函数f(x)在[0,1]上单调递增，
所以x∈[0,1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.
根据题意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，
即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，
则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min，
又函数h(x)＝＋在x∈[1,2]上单调递减，
所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.]
3．已知函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋m＋2(a>0)．
(1)若f(x)在[－1,1]内没有极值点，求实数a的取值范围；
(2)当a＝2时，方程f(x)＝0有三个互不相同的解，求实数m的取值范围．
[解] (1)因为f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝3(x＋a)，
令f′(x)＝0，得x＝或－a，
因为f(x)在[－1,1]内没有极值点，而且a>0，
所以解得a>3，
故实数a的取值范围是(3，＋∞)．
(2)当a＝2时，f′(x)＝3(x＋2)＝0的两根为，－2，要使方程f(x)＝0有三个互不相同的解，需使
解得－10
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