高考数学二轮复习专题一第5讲导数与函数零点不等式证明恒成立问题案文12143108

1、高考数学精品复习资料2019.5第第 5 5 讲讲导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题导数与函数零点、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.(20 xx全国卷)设函数f(x)lnxx1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明当x(1，)时，1x1lnx1，证明当x(0，1)时，1(c1)xcx.(1)解由f(x)lnxx1(x0)，得f(x)1x1.令f(x)0，解得x1.当 0 x0，f(x)单调递增.当x1 时，f(

2、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x1 处取得最大值f(1)0.当x1 时，lnxx1.故当x(1，)时，lnxx1，ln1x1x1，即 1x1lnx1，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxlnc.令g(x)0，解得x0lnc1lnclnc.当x0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减.由(2)知 1c1lncc，故 0 x01.又g(0)g(1)0，故当 0 x0.当x(0，1)时，1(c1)xcx.2.(20 xx全国卷)设函数f(x)(1x2)ex.(1)讨论f(x)的单

3、调性；(2)当x0 时，f(x)ax1，求a的取值范围.解(1)f(x)2xex(1x2)ex(12xx2)ex.令f(x)0，得x22x10，解得x1 21，x2 21，令f(x)0，则x( 21， 21)，令f(x)0，则x(， 21)( 21，).f(x)在区间(， 21)，( 21，)上单调递减，在区间( 21， 21)上单调递增.(2)f(x)(1x)(1x)ex.当a1 时，设函数h(x)(1x)ex，h(x)xex0)，因此h(x)在0，)上单调递减，而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.当 0a0(x0)，所以g(x)在0，)上单调递增，而g(0)

4、0，故 exx1.当 0 x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x054a12，则x0(0，1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.当a0 时，取x0512，则x0(0，1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.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

5、确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x10两个f(x1)0 或者f(x2)0三个f(x1)0 且f(x2)0a0(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)03.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)，x(a，b)，可以构造函数f(x)f(x)g(x)，如果能证明f(x)在(a，b)上的最大值小于 0，即可证明f(x)g(x)对一切xi恒成立i是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xi).xi， 使f(x)g(x) 成 立 i与f(x)g(

6、x) 的 解 集 的 交 集 不 是 空 集 f(x) g(x)max0(xi).对x1，x2i使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.对x1i，x2i使得f(x1)g(x2)f(x)ming(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】(20 xx淄博诊断)已知ar r， 函数f(x)exax(e2.718 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)(ex2ax2ln

7、xa)在区间0，12 内无零点，求实数a的最大值.解(1)由f(x)exax，得f(x)exa且f(x)在 r 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)e1a0，解之得a1e.又当a1e时，f(x)ex1e0 当且仅当x1 时取等号.所以实数a的取值范围是1e，.(2)法一由已知得f(x)a(x1)2lnx，且f(1)0，则f(x)a2xax2xax2ax，x0.当a0 时，f(x)0.所以f(x)在0，12 内无零点.当a0 时，令f(x)0，得x2a.若2a12时，即a(0，4时，f(x)在0，12 上是减函数.又x0 时，f(x).要使f

8、(x)在0，12 内无零点，只需f12 a22ln120，则 0a4ln 2.若2a4 时，则f(x)在0，2a上是减函数，在2a，12 上是增函数.f(x)minf2a2a2ln2a，令(a)2a2ln2a，则(a)12a2aa0.(a)在(4，)上是减函数，则(a)(4)2ln 220.因此f2a0 时，x0，2a，f(x)0.所以f(x)在0，2a上单调递减，在2a，上单调递增.因此f(x)minf2a.若2a1，即 0f(1)0，所以f(x)在0，12 内无零点.若2a2 时，f(x)minf2af(1)0.要使函数f(x)在0，12 内无零点，只需f12 a22ln120，则 20

9、且c32270 时，f(4)c160， 存在x1(4， 2)，x22，23 ，x323，0，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c0，3227 时，函数f(x)x34x24xc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 21】 (20 xx全国卷)设函数f(x)e2xalnx.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0 时，f(x)2aaln2a.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2xax(x0).当a0 时，f(x)0，f(x)没有零点.当a0 时，设u(x)e2x，v(x)ax，因为u(x)e2

10、x在(0， )上单调递增，v(x)ax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 0ba4且b14时，f(b)0，故当a0 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xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于 2e2x0ax00，所以f(x0)a2x02ax0aln2a2aaln2a.故当a0 时，f(x)2aaln2a.命题角度 2不等式恒成立问题【例 22】 (20

11、xx全国卷)已知函数f(x)(x1)lnxa(x1).(1)当a4 时，求曲线yf(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a4 时，f(x)(x1)lnx4(x1)，f(1)0，f(x)lnx1x3，f(1)2.故曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为 2xy20.(2)当x(1，)时，f(x)0 等价于 lnxa（x1）x10，设g(x)lnxa（x1）x1，则g(x)1x2a（x1）2x22（1a）x1x（x1）2，g(1)0.当a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(

12、x)在(1，)上单调递增，因此g(x)g(1)0.当a2 时，令g(x)0，得x1a1 （a1）21，x2a1 （a1）21.由x21 和x1x21 得x11.故当x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)g(1)0，综上可知，实数a的取值范围是(，2.命题角度 3存在性不等式成立问题【例 23】 已知函数f(x)x(a1)lnxax(ar r 且ae)，g(x)12x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1 时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22，0，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，)

13、，f(x)（x1） （xa）x2.若a1，当x1，e时，f(x)0，则f(x)在1，e上为增函数，f(x)minf(1)1a.若 1ae，当x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；当xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数.所以f(x)minf(a)a(a1)lna1.综上，当a1 时，f(x)min1a；当 1ae 时，f(x)mina(a1)lna1；(2)由题意知：f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2，0)的最小值.由(1)知f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1)ae，又g(x)(1ex)x.当x2，0时，g(x)0，g(x)为减函数，则g(x)mi

14、ng(0)1，所以 e(a1)ae1，解得ae22ee1，所以a的取值范围为e22ee1，1.探究提高1.(1)涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征，恰当构建函数，利用导数研究函数性质，转化为求函数的最值、极值问题，在转化过程中，一定要注意等价性.(2)对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化.2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xd恒成立，应求f(x)的最小值；若存在xd，使得f(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值.

15、应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.【训练 2】 (20 xx全国卷)已知函数f(x)lnxax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0，故f(x)在(0，)上单调递增，若a0；当x12a，时，f(x)0.故f(x)在0，12a上单调递增，在12a，上单调递减.(2)证明由(1)知， 当a0；x(1，)时，g(x)0 时，g(x)0，从而当a0 时，ln12a12a10，即f(x)34a2.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yax310(x6)2，其中 3x6，a为

16、常数.已知销售价格为 5元/千克时，每日可售出该商品 11 千克.(1)求a的值；(2)若该商品的成本为 3 元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解(1)因为x5 时，y11，所以a21011，a2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y2x310(x6)2，所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)(x3)2x310（x6）2210(x3)(x6)2，3x6.从而，f(x)10(x6)22(x3)(x6)30(x4)(x6)，于是，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(3，4)4(4，6)f(x)0f(x)单调递增极大值 42单调递减由上

17、表可得，x4 时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，所以，当x4 时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于 42.故当销售价格为 4 元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.探究提高利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式yf(x).(2)求导：求函数的导数f(x)，解方程f(x)0.(3)求最值： 比较函数在区间端点和使f(x)0 的点的函数值的大小， 最大(小)者为最大(小)值.(4)结论：回归实际问题作答.【训练 3】 统计表明， 某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y(升)，

18、关于行驶速度x(千米/时)的函数解析式可以表示为：y1128 000 x3380 x8(0 x120).已知甲、 乙两地相距 100千米.(1)当汽车以 40 千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？解(1)当x40 时，汽车从甲地到乙地行驶了100402.5(小时)，要耗油1128 0004033804082.517.5(升).所以，当汽车以 40 千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油 17.5 升.(2)当速度为x千米/时，汽车从甲地到乙地行驶了100 x小时，设耗油量为h(x)升，依题意得h(x)1

19、128 000 x3380 x8100 x11 280 x2800 x154(0 x120)，h(x)x640800 x2x3800640640 x2(0 x120)，令h(x)0 得x80，当x(0，80)时，h(x)0，h(x)是增函数，当x80 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

20、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af(x)max或af(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题， 在参数难于分离

21、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 r，f(1)3，对任意xr r，f(x)3x6 的解集为()a.x|1x1c.x|x1d.r r解析设g(x)f(x)(3x6)，则g(x)f(x)30 的解集是x|x1.答案c2.若关于x的不等式x33x29x2m对任意x2， 2恒成立， 则m的取值范围是()a.(，7b.(，20c.(，0d.12，7解析令f(x)x33x29x2， 则f(x)3x26x9， 令f(x)0 得x1 或x3(舍去).f(

22、1)7，f(2)0，f(2)20，f(x)的最小值为f(2)20，故m20.答案b3.(20 xx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：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示.当 1a2 时，函数yf(x)a的零点的个数为()a.1b.2c.3d.4解析根据导函数图象，知 2 是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示.由于f(0)f(3)2，1af(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)1lnxx2，令f(x)0，得xe.当x(0，

23、e)时，f(x)0；当x(e，)时，f(x)f(3)f(2).答案d5.(20 xx全国卷)已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则实数a的取值范围是()a.(2，)b.(1，)c.(，2)d.(，1)解析由题意知a0，f(x)3ax26x3axx2a，令f(x)0，解得x0 或x2a.当a0 时，x(，0)，f(x)0；x0，2a，f(x)0，且f(0)10，故f(x)有小于 0 的零点，不满足.当a0 且唯一，只需f2a0，则a24，所以af(x)，且f(0)1，则不等式f（x）ex1 的解集为_.解析令g(x)f（x）ex，则g(x)exf（x）（ex）

24、f（x）（ex）2f（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 r 上单调递减.又g(0)f（0）e01，所以f（x）ex1，即g(x)0，所以不等式的解集为x|x0.答案x|x08.(20 xx南宁调研)已知f(x)x26x3，g(x)2x33x212x9，设m2，若x1m，2)，x2(0，)，使得f(x1)g(x2)成立，则实数m的最小值为_.解析g(x)2x33x212x9，g(x)6x26x126(x2)(x1).则当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，函数g(x)递增，g(x)ming(1)2.f(x)x26x3(x3)266，结合函数

25、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.(20 xx贵阳质检)已知函数f(x)x1xlnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在1e，e上的最大值和最小值(其中 e 是自然对数的底数)；(3)求证：lne2x1xx.(1)解f(x)x1xlnx11xlnx，f(x)的定义域为(0，).f(x)1x21x1xx2，f(x)00 x1，f(x)1，f(x)11xlnx在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减.(2)解由(1)得f(x)在1e，1上单调递增，在(1，e上单调递减，f(x)在1e，e上的最大值为f(1)111ln 10.又f1e 1e