新高考数学高频考点题型归纳16利用导数研究方程与不等式（教师版）

专题16利用导数研究方程与不等式一、关键能力1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；2.会利用导数解决某些简单的实际问题。二、教学建议利用导数研究函数的零点(方程根)的问题，是高考的重点，常出现在解答题的某一问中，难度偏大，主要命题角度有：(1)利用最值(极值)判断零点个数；(2)构造函数法研究零点问题．利用导数研究不等式问题是高考中的常考点，主要出现在解答题中，难度较大，主要命题角度有：(1)证明函数不等式；(2)不等式恒成立问题；（3）解不等式；（4）比较大小三、自主梳理 1．与函数零点有关的参数范围问题（1）方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．（2）求极值的步骤：①先求的根（定义域内的或者定义域端点的根舍去）；②分析两侧导数的符号：若左侧导数负右侧导数正，则为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则为极大值点.（3）求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.（4）函数的零点就是的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.2．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．：3．利用导数证明、解不等式问题无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.四、高频考点+重点题型考点一、函数零点个数的判断与证明例1-1（利用零点存在性定理与单调性证明（判断）判断零点）（2020·浙江省高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．证明：函数在上有唯一零点；【解析】在上单调递增，，所以由零点存在定理得在上有唯一零点；对点训练1.（2020届山东省菏泽一中高三）已知函数,为的导函数.求证:在上存在唯一零点;【解析】设，当时，，所以在上单调递减，又因为，所以在上有唯一的零点，所以命题得证．对点训练2.（2019·全国高考真题（理））已知函数.讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；【解析】函数的定义域为，，因为函数的定义域为，所以，因此函数在和上是单调增函数；当，时，，而，显然当，函数有零点，而函数在上单调递增，故当时，函数有唯一的零点；当时，，因为，所以函数在必有一零点，而函数在上是单调递增，故当时，函数有唯一的零点综上所述，函数的定义域内有2个零点；对点训练3.设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x，当m≥1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数．【解】令F(x)＝f(x)－g(x)＝－eq\f(1,2)x2＋(m＋1)x－mlnx，x＞0，问题等价于求函数F(x)的零点个数，F′(x)＝－eq\f(（x－1）（x－m）,x)，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝eq\f(3,2)＞0，F(4)＝－ln4＜0，所以F(x)有唯一零点；当m＞1时，0＜x＜1或x＞m时F′(x)＜0，1＜x＜m时F′(x)＞0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋eq\f(1,2)＞0，F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零点，综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．例1-2（借助方程转换构造新函数）（2021·河北省）函数f(x)=xe−x2−答案：2个【解析】取xe−x2−1x=0，得:xe−x2=画出函数g(x)=4lnx例1-3（区间扫描法判断（证明）函数零点）（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知函数,为的导函数.求证:有且仅有两个不同的零点.解析：①由(1)知：当时，，在上单调递增;当时，，在上单调递减;所以在上存在唯一的极大值点所以又因为所以在上恰有一个零点．又因为所以在上也恰有一个零点．②当时，，设，所以在上单调递减，所以所以当时，恒成立所以在上没有零点．③当时，设，所以在上单调递减，所以所以当时，恒成立所以在上没有零点．综上，有且仅有两个零点．对点训练1.（2019·全国高考真题（理））已知函数，为的导数．证明：有且仅有2个零点．【解析】，①当时，由（1）可知在上单调递增在上单调递减又为在上的唯一零点②当时，在上单调递增，在上单调递减又在上单调递增，此时，不存在零点又，使得在上单调递增，在上单调递减又，在上恒成立，此时不存在零点③当时，单调递减，单调递减在上单调递减又，即，又在上单调递减在上存在唯一零点④当时，，即在上不存在零点综上所述：有且仅有个零点例1-4（已知函数零点求参）(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：因为f(x)＝ex－a(x＋2)，所以f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意．若a＞0，令f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．所以f(x)min＝f(lna)＝elna－a(lna＋2)＝－a(1＋lna)．要使f(x)有两个零点，则f(x)min＝f(lna)＜0，即－a(1＋lna)＜0，所以a＞eq\f(1,e)，即a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).对点训练1.（2020·全国高考真题（文））已知函数．若有三个零点，求的取值范围．【答案】.【解析】由（1）知，有三个零点，则，且即，解得，当时，，且，所以在上有唯一一个零点，同理，，所以在上有唯一一个零点，又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，综上可知的取值范围为.考点二、证明不等式例2-1（利用函数的最值证不等式）（2021·河北高三其他模拟）已知函数,当时，求证：；证明一：当时，，则，当时，，单增，当时，，单减，（1），即得证；证法二、令,证其最大值为0，即可得，变形可得例2-2（利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式）已知函数f(x)＝xlnx－ax，证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)成立.证明：当x>0时，lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x)等价于x(lnx＋1)>eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2).由(1)知a＝－1时，f(x)＝xlnx＋x的最小值是－eq\f(1,e2)，当且仅当x＝eq\f(1,e2)时取等号.设G(x)＝eq\f(x,ex＋1)－eq\f(2,e2)，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝eq\f(1－x,ex＋1)，易知G(x)max＝G(1)＝－eq\f(1,e2)，当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即lnx＋1>eq\f(1,ex＋1)－eq\f(2,e2x).例2-3（先放缩，后利用函数最值，证明不等式）（2021·重庆市育才中学高三二模）已知函数，若，求证：.（2）先证当时，恒成立.令，求导，所以在上单调递增，，所以所以要证，即证，即证，即证：，设，求导，所以在上单调递减，所以，即原不等式成立.所以当时，如成立.对点训练1.已知函数f(x)＝1－eq\f(x－1,ex)，g(x)＝x－lnx，证明：(x－lnx)f(x)>1－eq\f(1,e2).证明：令g(x)＝x－lnx，g′(x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.所以x－lnx≥1由f(x)＝1－eq\f(x－1,ex)，得f′(x)＝eq\f(x－2,ex)，所以当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－eq\f(1,e2)(当且仅当x＝2时取等号).①又由x－lnx≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，所以(x－lnx)f(x)>1－eq\f(1,e2).考点三、不等式成立求参例3-1（不等式恒成立）(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x，当x≥0时，f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.由于f″(x)＝ex＋2＞0恒成立，故f′(x)在R上单调递增，注意到f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．(2)由f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，得ex＋ax2－x≥eq\f(1,2)x3＋1，其中x≥0.①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意．②当x＞0时，得a≥－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2).记g(x)＝－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，g′(x)＝－eq\f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3).令h(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0.由h(x)≥0得ex－eq\f(1,2)x2－x－1≥0恒成立，故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．因此，g(x)max＝g(2)＝eq\f(7－e2,4).综上可得，实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞))对点训练1.已知函数f(x)＝lnx＋1，xf(x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值．解：由题意，x(lnx＋1)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，即k<eq\f(xlnx＋1,x－1)(x>1)．设g(x)＝eq\f(xlnx＋1,x－1)(x>1)，则g′(x)＝eq\f(x－lnx－2,x－12).令h(x)＝x－lnx－2(x>1)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)>0，所以，h(x)在(1，＋∞)上为增函数．因为h(2)＝－ln2<0，h(3)＝1－ln3＝lneq\f(e,3)<0，h(4)＝2－ln4＝lneq\f(e2,4)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上有唯一实数根m∈(3,4)，使得m－lnm－2＝0.当x∈(1，m)时，h(x)<0；当x∈(m，＋∞)时，h(x)>0.即g(x)在(1，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，所以g(x)在x＝m处取得极小值，且g(m)＝eq\f(mlnm＋1,m－1)＝m，所以k<m.由3<m<4，得整数k的最大值为3.例3-2.（不等式存在性成立）若存在x∈[1e,e]，不等式2xlnx＋x2－mx＋3≥0成立，求实数m解：因为2xlnx＋x2－mx＋3≥0，所以m≤2lnx＋x＋eq\f(3,x).设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)，则h′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2).当eq\f(1,e)≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当1<x≤e时，h′(x)>0，h(x)单调递增．因为存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，m≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)成立，所以m≤h(x)max.因为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2＋eq\f(1,e)＋3e，h(e)＝2＋e＋eq\f(3,e)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\f(1,e)＋3e))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋e＋\f(3,e)))＝2e－eq\f(2,e)－4＞0，所以heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>h(e)，所以m≤eq\f(1,e)＋3e－2.对点训练1.已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x)，若∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．解：因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，所以ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).设h(x)＝eq\f(lnx,x2)，则问题转化为a≤h(x)max.由h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(e).当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)h′(x)＋0－h(x)↗极大值↘由上表可知，当x＝eq\r(e)时，函数h(x)有极大值，也是最大值，为h(eq\r(e))＝eq\f(1,2e).所以a≤eq\f(1,2e)，即a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2e))). 巩固训练一、单选题1．已知函数（其中为自然对数的底数）有两个零点，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】求出导函数、求出函数的单调区间，得出函数的极值，要使函数有两个零点，即可.【详解】，当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴在上只有一个极大值也是最大值，显然时，，时，，因此要使函数有两个零点，则，∴．故选：B．2．（2021·四川仁寿一中高三其他模拟（文））函数的定义域为，部分对应值如下表，其导函数的图像如下图，023423030当时，函数的零点个数为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据导函数图象，画出原函数的草图，利用，函数，令，得，或，得到函数的零点的个数．【详解】解：由导函数的图象和原函数的关系得，原函数的大致图象如图：，，（2），（3），（4），函数，令，得，或，当时，与有三个交点，当时，即，与有四个交点，所以函数的零点有7个．故选：．3．（2021·东至县第二中学高二期中（理））若对任意，不等式恒成立，则的范围是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】化简已知得，令，可得，得到，令，求出最大值即可.【详解】由题意可得：，，由可得，即，令，可得，由可得，由可得，可得在单调递增，若，则，不成立，故.因为，则，可得，令，只需要，对于恒成立，所以在单调递减，所以，所以，所以实数的范围为.故选：C4．（2021·安徽高三二模（文））若关于的不等式有且只有两个整数解，则正实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】原不等式可化简为，设，，作出函数的图象，由图象可知函数的图象应介于直线与直线之间（可以为直线，进而求得答案．【详解】解：原不等式可化简为，设，，由得，，易知函数在单调递减，在单调递增，作出的图象如下图所示，而函数恒过点，要使关于的不等式有且只有两个整数解，则函数的图象应介于直线与直线之间（可以为直线），又，，∴，，∴，∴．故选：C．5．（2021·湖南高三其他模拟）已知函数存在两个零点，则正数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】函数零点即方程的解，（），取对数得，此方程有两个解，引入函数，利用导数求得函数的单调性，函数的变化趋势，然后由零点存在定理可得结论．【详解】显然，有两个零点，即方程，在上有两个解，两边取对数得到，令，，在单调递增，在单调递减，又当时，，当时，，因为有两个零点，则，解得.所以正数的取值范围是.故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点个数问题，解题关键是进行转化，函数零点转化为方程的解，对方程变形后，引入新函数，再转化为利用导数确定函数的性质，结合零点存在定理求解．6．（2021·浙江高三其他模拟）已知非负函数的导函数为，且的定义域为，若对于定义域内的任意，均满足，则下列式子中不一定正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意可得，构造函数，对其求导判断单调性，根据单调性即可判断四个选项的正误，进而可得正确选项.【详解】因为，且，可得，即，令，则，所以，所以在上单调递增，对于选项A：由可得，即，故选项A正确；对于选项B：由可得，即，得不出，故选项B不正确；对于选项C：由可得，即，因为，所以，可得，故选项C正确；对于选项D：由可得，即，故选项D正确；所以不一定正确的是选项B，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据已知条件构造函数，并根据单调性比较大小.7．（2021·全国高三其他模拟（文））若关于的方程有且仅有两个不同的实数根，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】将方程根的问题转化为两个函数图像交点问题，分离参量然后运用导数判定函数的单调性，数形结合，求出满足条件的取值范围.【详解】由已知可得，令则，当时，则在上单调递增，当时，则在[0，2)上单调递减，在上单调递增，作出函数h(x)的大致图像如图所示，则有当或时，原方程恰有2个不同的实根，令，，当单调递减且恒小于0，，当时函数单调递增，且，故实数a的取值范围为.故选：C【点睛】方法点睛：解答方程根的问题可以将其转化为两个函数交点问题，先分离参量，然后分别得到两个函数的图像或者单调性，最后求解出满足题意的结果，较为综合.8．已知函数，且对任意，恒成立，则的取值范围是（）．A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意得，进而得，再根据同构得，进而构造函数并结合其性质得，再构造函数，求函数最值即可得答案.【详解】当时，由得，，显然，两边同时乘以，得，则．设，则原不等式等价于．（※）因为，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．因为，，所以（※）式等价于，即．设，，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减．所以.故选:A．二、多选题9．（2021·河北衡水中学高三其他模拟）已知函数，则下列结论中正确的是（）A．若在区间上的最大值与最小值分别为，，则B．曲线与直线相切C．若为增函数，则的取值范围为D．在上最多有个零点【答案】ACD【分析】由定义法确定函数的奇偶性，再求导数判断函数的单调性与切线斜率，以及零点情况.【详解】因为对于任意，都有，所以为奇函数，其图象关于原点对称，故A正确.又，令，得(*)，因为，，所以方程(*)无实数解，即曲线的所有切线的斜率都不可能为，故B错误.若为增函数，则大于等于0，即，，当且仅当时等号成立，所以，故C正确.令，得或().设，则，令，则.当时，，当时，，当时，，所以函数为增函数，且，所以当时，，从而，单调递增.又因为对于任意，都有，所以为偶函数，其图象关于轴对称.综上，在上单调递减，在上单调递增，则直线与最多有2个交点，所以在上最多有3个零点，故D正确.故选ACD.10．（2021·福建上杭一中高三其他模拟）函数，，下列说法正确的是（）A．当时，在处的切线方程为B．当时，存在唯一极小值点且C．存在，在上有且只有一个零点D．对任意，在上均存在零点【答案】ABC【分析】直接法，逐一验证选项，选项，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程，选项通过导数求出函数极值并判断极值范围，选项、，通过构造函数，将零点问题转化判断函数与直线的交点问题．【详解】解：直接法，逐一验证．选项，当时，，，所以，故切点为，，所以切线斜率，故直线方程为：，即切线方程为：选项符合题意；选项，当时，，，，恒成立，所以单调递增，又，故存在唯一极值点，不妨设，则，即，且，，，，所以极小值，选项符合题意；对于，，令，即，当，且显然没有零点，故，且，所以则令，，令，解得，，，所以单调递增，，单调递减，有极大值，单调递减，，单调递增，有极小值故选项，任意均有零点，不符合，选项，存在，有且只有唯一零点，此时，故选：．三、填空题11．（2021·湖北高三二模）若存在两个不相等的正实数，，使得成立，则实数的取值范围是________