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)

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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)

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.‎
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