【精品】2019高考数学二轮复习专题五函数与导数不等式第5讲导数与函数零点不等式问题学案.pdf

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1、1第 5 讲导数与函数零点、不等式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(2018浙江卷)已知函数f(x)xln x.(1)若f(x)在xx1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)f(x2)8 8ln 2；(2)若a3 4ln 2，证明：对于任意k0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点证明(1)函数f(x)的导函数f(x)12x1x，由f(x1)f(x2)得12x11x112x21x2，因为x1x2，所以1x11x212.由基本不等式得

2、12x1x2x1x224x1x2，因为x1x2，所以x1x2256.由题意得f(x1)f(x2)x1 ln x1x2ln x212x1x2ln(x1x2)设g(x)12xln x，则g(x)14x(x4)，所以x0 时，g(x)、g(x)的变化情况如下表：x(0，16)16(16，)g(x)0g(x)24ln 2所以g(x)在256，)上单调递增，故g(x1x2)g(256)88ln 2，即f(x1)f(x2)88ln 2.(2)令me(|a|k)，n|a|1k21，则f(m)kma|a|kka0，2f(n)knan1nankn|a|1nk0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点考 点 整

3、 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)0 a0(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

4、证明不等式3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(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(x2f(x)maxg(x)min.对x1I，x2I使得f(x1)g(x2f(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

5、用导数研究函数的零点(方程的根)【例 1】(2018全国卷)已知函数f(x)13x3a(x2x1)(1)若a3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点(1)解当a3 时，f(x)13x33x23x 3，f(x)x26x3.令f(x)0 解得x323或x323.当x(，323)(323，)时，f(x)0；当x(3 23，323)时，f(x)0，所以f(x)0 等价于x3x2x13a0.设g(x)x3x2x13a，则g(x)x2（x22x 3）（x2x 1）20，仅当x 0 时g(x)0，所以g(x)在(，)单调递增故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点又f(3a1)

6、6a22a13 6a162160，故f(x)有一个零点综上，f(x)只有一个零点4探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解2根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论【训练 1】设函数f(x)x3ax2bxc.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围解(1)由f(x)x

7、3ax2bxc，得f(x)3x22axb.f(0)c，f(0)b，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc.(2)当ab4 时，f(x)x3 4x24xc，f(x)3x2 8x4.令f(x)0，得 3x28x40，解得x 2 或x23.当x变化时，f(x)与f(x)在区间(，)上的情况如下：x(，2)22，232323，f(x)00f(x)c c3227当c0 且c32270 时，f(4)c160，存在x1(4，2)，x2 2，23，x3 23，0，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c 0，3227时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点热

8、点二利用导数求解不等式问题 考法 1 证明不等式【例 2 1】(2018全国卷)已知函数f(x)1xxaln x.5(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：f（x1）f（x2）x1x22，令f(x)0 得，xaa242或xaa242.当x0，aa242aa242，时，f(x)0.所以f(x)在 0，aa242，aa242，上单调递减，在aa242，aa242上单调递增(2)证明由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11.由于f（x1）f（x2）x1x21x1x21aln

9、 x1ln x2x1x2 2aln x1 ln x2x1x2 2a2ln x21x2x2，所以f（x1）f（x2）x1x2a 2 等价于1x2x22ln x20.设函数g(x)1xx2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减，又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.所以1x2x2 2ln x20，即f（x1）f（x2）x1x20)6(1)设 (x)f(x)1a11x，求(x)的最小值；(2)在区间(1，e)上f(x)x恒成立，求实数a的取值范围解(1)(x)f(x)1a11xaln xa11x(x0)则(x)axax2a（x1）x2，令(x)0，得x1.当 0 x1 时，(x)

10、1 时，(x)0.(x)在(0，1)上是减函数，在(1，)上是增函数故(x)在x1 处取得极小值，也是最小值(x)min(1)0.(2)由f(x)x得aln x 1x，即ax1ln x.令g(x)x1ln x(1xe)，则g(x)ln xx1x（ln x）2.令h(x)ln xx1x(1x0.故h(x)在区间(1，e)上单调递增，所以h(x)h(1)0.因为h(x)0，所以g(x)0，即g(x)在区间(1，e)上单调递增，则g(x)g(e)e1，即x1ln xe1，所以实数a的取值范围为e 1，)考法 3 存在性不等式成立问题【例 2 3】已知函数f(x)x(a1)ln xax(aR且ae)，

11、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x2 2，0，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)（x1）（xa）x2.若a1，当x 1，e 时，f(x)0，则f(x)在1，e 上为增函数，f(x)minf(1)1a.若 1ae，7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)ln a1.综上，当a1 时，f(x)min1a；当 1ae 时，f(x)mina(a1)ln a1；(2)由题意知：f

12、(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x 2，0)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x 2，0 时，g(x)0，g(x)为减函数，则g(x)ming(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

13、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)的最大值应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍【训练 2】(2018全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0 时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.(1)证明当a 1 时，f(x)1 等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1 时，g(x)0，h(x)没有零点；()当a0时

14、，h(x)ax(x2)ex.8当x(0，2)时，h(x)0.所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增故h(2)14ae2是h(x)在0，)的最小值若h(2)0，即ae24，h(x)在(0，)没有零点；若h(2)0，即ae24，h(x)在(0，)只有一个零点；若h(2)e24，由于h(0)1，所以h(x)在(0，2)有一个零点由(1)知，当x0 时，exx2，所以h(4a)116a3e4a116a3（e2a）2116a3（2a）411a0.故h(x)在(2，4a)有一个零点因此h(x)在(0，)有两个零点综上，f(x)在(0，)只有一个零点时，ae24.1重视转化思想在研究函数零点中

15、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

16、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，f(1)3，对任意xR，f(x)3x6 的解集为9()Ax|1x 1 Cx|x1 DR解析设g(x)f(x)(3x6)，则g(x)f(x)30 的解集是 x|x1 答案C 2 若关于x的不等式x33x29x2m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

17、析令f(x)x33x29x2，则f(x)3x26x9，令f(x)0 得x 1 或x3(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(2018宁波联考)已知函数f(x)的定义域为 1，4，部分对应值如下表：x 10234 f(x)12020 f(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()A1 B2 C3 D4 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)Bf(3)f(e)f(2)10Cf(3)f(2)f(e)Df(e)f(3)

18、f(2)解析f(x)的定义域(0，)，且f(x)1ln xx2，令f(x)0，得xe.当x(0，e)时，f(x)0；当x(e，)时，f(x)f(3)f(2)答案D 5已知yf(x)为 R上的可导函数，当x0 时，f(x)f（x）x0，若g(x)f(x)1x，则函数g(x)的零点个数为()A1 B2 C0 D0 或 2 解析令h(x)xf(x)，因为当x0 时，xf（x）f（x）x0，所以h（x）x0，因此当x0 时，h(x)0，当x0 时，h(x)0，又h(0)0，易知当x0时，h(x)0，又g(x)h（x）1x，所以g(x)0，故函数g(x)的零点个数为0.答案C 6已知函数f(x)ax33

19、x21，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)3ax26x3ax x2a，令f(x)0，解得x0 或x2a.当a0 时，x(，0)，f(x)0；x 0，2a，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）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上单调递减又g(0)f

20、（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|x0 9(2018绍兴调研)已知f(x)x26x 3，g(x)2x33x212x 9，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)2x33x2 12x9，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(x 3)266，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 三、解答题10(2018全国卷)已知函数f(x)ax

21、2x1ex.(1)求曲线yf(x)在点(0，1)处的切线方程；(2)证明：当a1 时，f(x)e0.(1)解f(x)ax2（2a1）x 2ex，f(0)2.12因此曲线yf(x)在(0，1)处的切线方程是2xy10.(2)证明当a1 时，f(x)e(x2x1ex1)ex.令g(x)x2x1ex1，则g(x)2x1 ex1.当x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增；所以g(x)g(1)0.因此f(x)e0.11设函数f(x)x22kln x，k0.(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，e 上仅有一个零点(1)解由f(x)x22kl

22、n x(k0)，得x0 且f(x)xkxx2kx.由f(x)0，解得xk(负值舍去)f(x)与f(x)在区间(0，)上的变化情况如下表：x(0，k)k(k，)f(x)0f(x)k（1ln k）2所以，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，)f(x)在xk处取得极小值f(k)k（1ln k）2.(2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f(k)k（1 ln k）2.因为f(x)存在零点，所以k（1 ln k）20，从而ke，当ke 时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(e)0，所以xe是f(x)在区间(1，e 上的唯一零点当ke 时，f(x)在区间(1，e

23、)上单调递减，且f(1)120，f(e)ek20，所以f(x)在区间(1，e 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，e 上仅有一个零点12(2018北京东城区质检)已知函数f(x)x1xln x.13(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)x 1xln x11xln x，f(x)的定义域为(0，)f(x)1x21x1xx2，f(xx1，f(x)11xln x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

24、(1，e 上单调递减，f(x)在1e，e 上的最大值为f(1)111ln 1 0.又f1e1eln1e2e，f(e)11e ln e 1e，且f1ef(e)f(x)在1e，e 上的最小值为f1e2e.综上，f(x)在1e，e 上的最大值为0，最小值为2e.(3)证明要证 lne2x1xx，即证 2ln x11x，即证 11xln x0.由(1)可知，f(x)11x ln x在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，f(x)在(0，)上的最大值为f(1)11ln 1 0，即f(x)0，11xln x0 恒成立原不等式得证13(2018台州模拟)已知函数f(x)xln x，g(x)x2ax2(

25、e 为自然对数的底数，aR)(1)判断曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与曲线yg(x)的公共点个数；(2)当x1e，e 时，若函数yf(x)g(x)有两个零点，求a的取值范围解(1)f(x)ln x1，14所以切线斜率kf(1)1.又f(1)0，曲线在点(1，0)处的切线方程为yx1.由yx2ax2，yx1x2(1 a)x10.由(1a)24a22a3(a1)(a3)可知：当 0 时，即a 1 或a3 时，有两个公共点；当 0 时，即a 1 或a3 时，有一个公共点；当 0 时，即 1a3 时，没有公共点(2)yf(x)g(x)x2ax2xln x，由y0，得ax2xln x，则由题意

26、知函数ya与yx2xln x的图象在x1e，e 上有两个交点令h(x)x2x ln x，则h(x)（x1）（x 2）x2.当x1e，e 时，由h(x)0，得x1.所以h(x)在1e，1 上单调递减，在1，e 上单调递增，因此h(x)minh(1)3.由h1e1e2e1，h(e)e2e 1，比较可知h1eh(e)，所以，结合函数图象可得，当3ae2e1 时，函数ya与yx2xln x的图象在x1e，e 上有两个交点，即函数yf(x)g(x)有两个零点14(2017稽阳联谊学校高三联考)设f(x)xa1xaln x(aR)(1)当a1 时，求曲线yf(x)在点12，f12处的切线方程；(2)当ae

27、 1 成立？解(1)当a1 时，f(x)xln x，f1212ln 2，f(x)11x，15所以曲线yf(x)在点12，12ln 2处的切线的斜率为f121112 1.故所求切线方程为y12ln 2x12，即xyln 2 10.(2)假设当ae 1 成立，则只需证明当x1e，e 时，f(x)maxe1 即可f(x)1a1x2axx2ax（a1）x2（x1）x（a1）x2(x0)，令f(x)0 得，x11，x2a1，当a1时，a10，当x1e，1 时，f(x)0.函数f(x)在1e，1 上单调递减，在1，e 上单调递增，f(x)maxmaxf1e，f（e）.于是，只需证明f(e)e 1 或f 1ee1 即可f(e)(e1)ea1ea(e 1)（e1）（1a）e0，f(e)e 1 成立所以假设正确，即当ae1 成立