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－2
1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.
