2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 第5講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點(diǎn)、不等式證明、恒成立問(wèn)題名師導(dǎo)學(xué)案 文
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1、
第5講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點(diǎn)、不等式證明、恒成立問(wèn)題
高考定位 在高考?jí)狠S題中,函數(shù)與方程、不等式的交匯是考查的熱點(diǎn),常以含指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)為載體考查函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根)、比較大小、不等式證明、不等式恒成立與能成立問(wèn)題.
真 題 感 悟
1.(2016·全國(guó)Ⅲ卷)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x-x+1.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)證明當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),1<
2、0,f(x)單調(diào)遞增.
當(dāng)x>1時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.
因此f(x)在(0,1)上是增函數(shù),在(1,+∞)上為減函數(shù).
(2)證明 由(1)知,函數(shù)f(x)在x=1處取得最大值f(1)=0.∴當(dāng)x≠1時(shí),ln x 3、.
又g(0)=g(1)=0,故當(dāng)0 4、(--1,-1)上單調(diào)遞增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
當(dāng)a≥1時(shí),設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
當(dāng)00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,而g(0)=0,故ex≥x+1.
當(dāng)0 5、1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
當(dāng)a≤0時(shí),取x0=,
則x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
綜上,a的取值范圍是[1,+∞).
考 點(diǎn) 整 合
1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)
函數(shù)的零點(diǎn)、方程的實(shí)根、函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)是三個(gè)等價(jià)的概念,解決這類問(wèn)題可以通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值,畫出函數(shù)圖象的變化趨勢(shì),數(shù)形結(jié)合求解.
2.三次函數(shù)的零點(diǎn)分布
三次函數(shù)在存在兩個(gè)極值點(diǎn)的情況下,由于當(dāng)x→∞時(shí),函數(shù)值也趨向∞,只要按照極值與零的大小關(guān)系確定其零點(diǎn)的個(gè)數(shù)即可.存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2且x1 6、=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的零點(diǎn)分布情況如下:
a的符號(hào)
零點(diǎn)個(gè)數(shù)
充要條件
a>0(f(x1)為極大值,f(x2)為極小值)
一個(gè)
f(x1)<0或f(x2)>0
兩個(gè)
f(x1)=0或者f(x2)=0
三個(gè)
f(x1)>0且f(x2)<0
a<0(f(x1)為極小值,f(x2)為極大值)
一個(gè)
f(x1)>0或f(x2)<0
兩個(gè)
f(x1)=0或者f(x2)=0
三個(gè)
f(x1)<0且f(x2)>0
3.利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問(wèn)題
(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式.
若證明f(x) 7、如果能證明F(x)在(a,b)上的最大值小于0,即可證明f(x) 8、、不等式相關(guān)問(wèn)題,要認(rèn)真分析題目的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和已知條件,恰當(dāng)構(gòu)造函數(shù)并借助導(dǎo)數(shù)研究性質(zhì),這是解題的關(guān)鍵.
熱點(diǎn)一 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根)
【例1】 (2017·淄博診斷)已知a∈R,函數(shù)f(x)=ex-ax(e=2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).
(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(-e,-1)上是減函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(2)若函數(shù)F(x)=f(x)-(ex-2ax+2ln x+a)在區(qū)間內(nèi)無(wú)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的最大值.
解 (1)由f(x)=ex-ax,得f′(x)=ex-a且f′(x)在R上遞增.
若f(x)在區(qū)間(-e,-1)上是減函數(shù),只需f′(x)≤0恒成立 9、.
因此只需f′(-1)=e-1-a≤0,
解之得a≥.
又當(dāng)a=時(shí),f′(x)=ex-≤0當(dāng)且僅當(dāng)x=-1時(shí)取等號(hào).
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
(2)法一 由已知得F(x)=a(x-1)-2ln x,且F(1)=0,
則F′(x)=a-==,x>0.
①當(dāng)a≤0時(shí),F(xiàn)′(x)<0,F(xiàn)(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減,
結(jié)合F(1)=0知,當(dāng)x∈時(shí),F(xiàn)(x)>0.
所以F(x)在內(nèi)無(wú)零點(diǎn).
②當(dāng)a>0時(shí),令F′(x)=0,得x=.
若≥時(shí),即a∈(0,4]時(shí),
F(x)在上是減函數(shù).
又x→0時(shí),F(xiàn)(x)→+∞.
要使F(x)在內(nèi)無(wú)零點(diǎn),只需F=--2ln≥0,則 11、①若≥1,即0F(1)=0,所以F(x)在內(nèi)無(wú)零點(diǎn).
②若<1,即a>2時(shí),F(xiàn)(x)min=F≤F(1)=0.
要使函數(shù)F(x)在內(nèi)無(wú)零點(diǎn),
只需F=--2ln≥0,
則2
12、
第三步:結(jié)合圖象求解.
2.根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)情況求參數(shù)范圍:(1)要注意端點(diǎn)的取舍;(2)選擇恰當(dāng)?shù)姆诸悩?biāo)準(zhǔn)進(jìn)行討論.
【訓(xùn)練1】 (2016·北京卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c.
(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程;
(2)設(shè)a=b=4,若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn),求c的取值范圍.
解 (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,
得f′(x)=3x2+2ax+b.
∵f(0)=c,f′(0)=b,
∴曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=bx+c.
(2)當(dāng)a=b=4時(shí),f(x)=x3+4x2+4x+c,
∴f′(x 13、)=3x2+8x+4.
令f′(x)=0,得3x2+8x+4=0,
解得x=-2或x=-.
當(dāng)x變化時(shí),f(x)與f′(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上的情況如下:
x
(-∞,-2)
-2
-
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
c
c-
∴當(dāng)c>0且c-<0時(shí),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)的單調(diào)性知,當(dāng)且僅當(dāng)c∈時(shí),函數(shù)f(x)=x3+4x2+4x+c有三個(gè)不同零點(diǎn).
熱點(diǎn)二 利用導(dǎo)數(shù)求解不等式問(wèn)題
命題角度1 證 14、明不等式
【例2-1】 (2015·全國(guó)Ⅰ卷)設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-aln x.
(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù);
(2)證明:當(dāng)a>0時(shí),f(x)≥2a+aln.
(1)解 f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0).
當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0,f′(x)沒(méi)有零點(diǎn).
當(dāng)a>0時(shí),設(shè)u(x)=e2x,v(x)=-,
因?yàn)閡(x)=e2x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,v(x)=-在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
又f′(a)>0,當(dāng)b滿足0<b<且b<時(shí),f′(b)<0,
故當(dāng)a>0時(shí),f′(x)存在唯一零 15、點(diǎn).
(2)證明 由(1),可設(shè)f′(x)在(0,+∞)上的唯一零點(diǎn)為x0,當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f′(x)<0;
當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),f′(x)>0.
故f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,
所以當(dāng)x=x0時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f(x0).
由于2e2x0-=0,
所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.
故當(dāng)a>0時(shí),f(x)≥2a+aln.
命題角度2 不等式恒成立問(wèn)題
【例2-2】 (2016·全國(guó)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)當(dāng)a=4時(shí),求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切 16、線方程;
(2)若當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0,求a的取值范圍.
解 (1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),
當(dāng)a=4時(shí),f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),
f(1)=0,f′(x)=ln x+-3,f′(1)=-2.
故曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為2x+y-2=0.
(2)當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0等價(jià)于ln x->0,
設(shè)g(x)=ln x-,
則g′(x)=-=,g(1)=0.
①當(dāng)a≤2,x∈(1,+∞)時(shí),x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
因此g(x)>g 17、(1)=0.
②當(dāng)a>2時(shí),令g′(x)=0,
得x1=a-1-,x2=a-1+.由x2>1和x1x2=1得x1<1.
故當(dāng)x∈(1,x2)時(shí),g′(x)<0,g(x)在(1,x2)上單調(diào)遞減,因此g(x) 18、解 (1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=.
①若a≤1,當(dāng)x∈[1,e]時(shí),f′(x)≥0,
則f(x)在[1,e]上為增函數(shù),f(x)min=f(1)=1-a.
②若1<a<e,
當(dāng)x∈[1,a]時(shí),f′(x)≤0,f(x)為減函數(shù);
當(dāng)x∈[a,e]時(shí),f′(x)≥0,f(x)為增函數(shù).
所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.
綜上,當(dāng)a≤1時(shí),f(x)min=1-a;
當(dāng)1<a<e時(shí),f(x)min=a-(a+1)ln a-1;
(2)由題意知:f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值.
由(1)知 19、f(x)在[e,e2]上單調(diào)遞增,
f(x)min=f(e)=e-(a+1)-,又g′(x)=(1-ex)x.
當(dāng)x∈[-2,0]時(shí),g′(x)≤0,g(x)為減函數(shù),
則g(x)min=g(0)=1,
所以e-(a+1)-<1,解得a>,
所以a的取值范圍為 .
探究提高 1.(1)涉及不等式證明或恒成立問(wèn)題,常依據(jù)題目特征,恰當(dāng)構(gòu)建函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì),轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值、極值問(wèn)題,在轉(zhuǎn)化過(guò)程中,一定要注意等價(jià)性.
(2)對(duì)于含參數(shù)的不等式,如果易分離參數(shù),可先分離參數(shù)、構(gòu)造函數(shù),直接轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值;否則應(yīng)進(jìn)行分類討論,在解題過(guò)程中,必要時(shí),可作出函數(shù)圖象草圖,借助 20、幾何圖形直觀分析轉(zhuǎn)化.
2.“恒成立”與“存在性”問(wèn)題的求解是“互補(bǔ)”關(guān)系,即f(x)≥g(a)對(duì)于x∈D恒成立,應(yīng)求f(x)的最小值;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,應(yīng)求f(x)的最大值.應(yīng)特別關(guān)注等號(hào)是否取到,注意端點(diǎn)的取舍.
【訓(xùn)練2】 (2017·全國(guó)Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)a<0時(shí),證明f(x)≤--2.
(1)解 f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),
f′(x)=+2ax+2a+1=.
若a≥0時(shí),則當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f′(x)>0,
故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
若a<0 21、時(shí),則當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0;
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0.
故f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.
(2)證明 由(1)知,當(dāng)a<0時(shí),f(x)在x=-處取得最大值,最大值為f=ln-1-,
所以f(x)≤--2等價(jià)于ln-1-≤--2,即ln++1≤0,
設(shè)g(x)=ln x-x+1,則g′(x)=-1.
當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g′(x)>0;x∈(1,+∞)時(shí),g′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.
故當(dāng)x=1時(shí),g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.
所以當(dāng)x>0時(shí),g(x)≤0,
從而當(dāng)a<0時(shí),ln++1≤0,
即f 22、(x)≤--2.
熱點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)求解最優(yōu)化問(wèn)題
【例3】 某商場(chǎng)銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明,該商品每日的銷售量y(單位:千克)與銷售價(jià)格x(單位:元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)=+10(x-6)2,其中3 23、(x-3)(x-6)2,3 24、間的關(guān)系,列出實(shí)際問(wèn)題的數(shù)學(xué)模型,寫出實(shí)際問(wèn)題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=f(x).
(2)求導(dǎo):求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x),解方程f′(x)=0.
(3)求最值:比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和使f′(x)=0的點(diǎn)的函數(shù)值的大小,最大(小)者為最大(小)值.
(4)結(jié)論:回歸實(shí)際問(wèn)題作答.
【訓(xùn)練3】 統(tǒng)計(jì)表明,某種型號(hào)的汽車在勻速行駛中每小時(shí)耗油量y(升),關(guān)于行駛速度x(千米/時(shí))的函數(shù)解析式可以表示為:y=x3-x+8(0 25、最少?最少為多少升?
解 (1)當(dāng)x=40時(shí),汽車從甲地到乙地行駛了=2.5(小時(shí)),
要耗油×2.5=17.5(升).
所以,當(dāng)汽車以40千米/時(shí)的速度勻速行駛時(shí),從甲地到乙地耗油17.5升.
(2)當(dāng)速度為x千米/時(shí),汽車從甲地到乙地行駛了小時(shí),設(shè)耗油量為h(x)升,
依題意得h(x)=
=x2+-(0 26、h(x)在(0,120]上只有一個(gè)極值,所以它是最小值.
故當(dāng)汽車以80千米/時(shí)的速度勻速行駛時(shí),從甲地到乙地耗油最少,最少為11.25升.
1.重視轉(zhuǎn)化思想在研究函數(shù)零點(diǎn)中的應(yīng)用,如方程的解、兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)均可轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn),充分利用函數(shù)的圖象與性質(zhì),借助導(dǎo)數(shù)求解.
2.對(duì)于存在一個(gè)極大值和一個(gè)極小值的函數(shù),其圖象與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù),除了受兩個(gè)極值大小的制約外,還受函數(shù)在兩個(gè)極值點(diǎn)外部函數(shù)值的變化的制約,在解題時(shí)要注意通過(guò)數(shù)形結(jié)合找到正確的條件.
3.利用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式f(x)>g(x)在區(qū)間D上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性或者 27、函數(shù)的最值證明函數(shù)h(x)>0.其中找到函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)的零點(diǎn)是解題的突破口.
4.不等式恒成立、能成立問(wèn)題常用解法
(1)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為最值,不等式恒成立問(wèn)題在變量與參數(shù)易于分離的情況下,采用分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題,形如a>f(x)max或a<f(x)min.
(2)直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題,在參數(shù)難于分離的情況下,直接轉(zhuǎn)化為含參函數(shù)的最值問(wèn)題,伴有對(duì)參數(shù)的分類討論.
(3)數(shù)形結(jié)合,構(gòu)造函數(shù),借助函數(shù)圖象的幾何直觀性求解,一定要重視函數(shù)性質(zhì)的靈活應(yīng)用.
一、選擇題
1.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,f(-1)=3,對(duì)任意x∈R,f′(x)<3,則f(x) 28、>3x+6的解集為( )
A.{x|-1
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