5章培优2 导数与零点、不等式的综合运用(精讲)(原卷版)

5章培优2导数与零点、不等式的综合运用

考点一零点问题

1．（2020·河南高三月考（文））已知函数()32

2312f x x x x m =--+.（1）若1m =，求曲线()y f x =在()()

1,1f 处的切线方程；

（2）若函数()f x 有3个零点，求实数m 的取值范围.【一隅三反】

1．（2020·山西运城·）已知函数()()ln 21f x x ax a =-+∈R .

（1）讨论()f x 的单调性；

（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.

2．（2020·陕西安康·高三三模（理））已知函数()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>.

（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；

（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.

3．

（2020·甘肃武威）设函()()1f x x a nx x a =+-+，a R ∈．（1）设()()g x f x ='，求函数()g x 的极值；

（2）若1e

a ，试研究函数()()1f x x a nx x a =+-+的零点个数．考点二导数与不等式

【例2】．（2021·湖南湘潭·月考（理））已知函数ln 1()x

x f x e +=

．（1）求()f x 的最大值；

（2）当1≥x 时，2(ln 1)x ax x e +<恒成立，求a 的取值范围．不等式恒成立求解参数范围的方法：

（1）分离参数并构造函数解决问题；

（2）采用分类讨论的方式解决问题.

【一隅三反】

1．（2019·广东湛江·高二期末（文））已知函数()(1)ln ()a f x x a x a R x

=-

-+∈．（1）当01a <≤时，求函数()f x 的单调区间；

（2）是否存在实数a ，使()f x x ≤恒成立，若存在，求出实数a 的取值范围；若不存在，说明理由．2．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高二期末（文））已知函数()ln (0)f x x x x =>.

（1）求()f x 的单调区间和极值；

（2）若对任意23(0,),()2

x mx x f x -+-∈+∞≥恒成立，求实数m 的最大值.3．（2020·安徽省含山中学月考（理））已知函数211()ln (,0)22

f x x a x a R a =--∈≠.（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；

（2）求函数()f x 的单调区间；

（3）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围.

5章培优2导数与零点、不等式的综合运用

考点一零点问题

1．（2020·河南高三月考（文））已知函数()32

2312f x x x x m =--+.（1）若1m =，求曲线()y f x =在()()

1,1f 处的切线方程；

（2）若函数()f x 有3个零点，求实数m 的取值范围.

【答案】（1）12y x =-；（2）()7,20-.

【解析】（1）由题意，()26612f x x x '=--，故()112f '=-，又当1m =时，()12312112f =--+=-，

故所求的切线方程为()12121y x +=--，即12y x =-.

（2）由题意，()()

()()22661262612f x x x x x x x '=--=--=+-，令()0f x '=，得1x =-或2x =，

故当(),1x ∈-∞-时，()0f x '>，当()1,2x ∈-时，()0f x '<，当()2,x ∈+∞时，()0f x '>故当1x =-时，函数()f x 有极大值()()()121311217f m m -=?--?-?-+=+，

当2x =时，函数()f x 有极小值()2283412220f m m =?-?-?+=-.

若函数()f x 有3个零点，实数m 满足70200m m +>??

-

，解得720m -<<，即实数m 的取值范围为()7,20-.

【一隅三反】1．（2020·山西运城·）已知函数()()ln 21f x x ax a =-+∈R .

（1）讨论()f x 的单调性；

（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.

【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）102

a <<.【解析】（1）函数()ln 21f x x ax =-+，定义域为()0,∞+，()12f x a x '=

-，当0a ≤时，()0f x '>.

故()f x 在定义域()0,∞+上单调递增，此时无减区间.

当0a >时，令()120f x a x

'=-=，得102x a =>；当10,2x a ?

?∈ ???

时，()0f x '>，故()f x 单调递增；当1,2x a ??∈+∞ ???

时，()0f x '<，故()f x 单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在定义域()0,∞+上单调递增，此时无减区间；

当0a >时，()f x 在10,2a ?? ???上单调递增，在1,2a ??+∞ ???

上单调递减.（2）由（1）知，0a ≤时，()f x 至多一个零点，不符合题意；

当0a >时，()f x 在10,2x a ?

?∈ ???上单调递增，在1,2x a ??∈+∞ ???

上单调递减.()f x 要有两个零点，需满足102f a ??> ???，即102a <<.此时021a <<，112a

>.

因为12110a f e e

??

=--+< ???，所以()f x 在10,2a ?? ???有一个零点；因为2112a a >，2122ln 1f a a a ??=--+ ???

.令()22ln 1h a a a =--+，()()2221220a h a a a a

-'=-+=>，所以()h a 在10,2?

? ???

单调递增，()12ln 2302h a h ??<=-< ???，所以210f a ??< ???

，所以()f x 在1,2a ??+∞ ???上有一个零点.所以102a <<

，()f x 有两个零点.2．（2020·陕西安康·高三三模（理））已知函数()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>.

（1）证明：函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点；

（2）若函数()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为1，求a 的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）1

2

【解析】（1）证明：∵()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>，∴1()x a f x e

x a -'=-+.∵x a e -在区间(0,)+∞上单调递增，

1x a +在区间(0,)+∞上单调递减，∴函数()'f x 在(0,)+∞上单调递增.又1(0)a

a a a e f e a ae

--'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10a g a e '=-<，则()g a 在(0,)+∞上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<.

令1m a =+，则1()(1)021

f m f a e a ''=+=->+所以函数()'f x 在(0,)+∞上存在唯一的零点.

（2）解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00010x a f x e x a -'=-=+，即001x a e x a

-=+（*）.

函数1()x a f x e x a

-'=-+在(0,)+∞上单调递增.∴当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增.∴()()0min 00()ln x a f x f x e x a -==-+.

由（*）式得()()min 0001()ln f x f x x a x a ==

-++.∴()001ln 1x a x a

-+=+，显然01x a +=是方程的解.又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程()00

1ln 1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=，把01x a =-代入（*）式，得121a e -=，∴12a =

，即所求实数a 的值为12.3．

（2020·甘肃武威）设函()()1f x x a nx x a =+-+，a R ∈．（1）设()()g x f x ='，求函数()g x 的极值；

（2）若1e

a ，试研究函数()()1f x x a nx x a =+-+的零点个数．【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）1个．

【解析】（1）()()1f x x a nx x a =+-+ ，a R ∈，

()()a g x f x lnx x ∴='=+，0x >．∴221()a x a g x x x x

-'=-=，①当0a 时，()0g x '>恒成立，()g x 在(0,)+∞上是增函数，无极值．

②当0a >时，x a =，

当(0,)x a ∈时，()g x 单调递减；当(,)x a ∈+∞时，()g x 单调递增，

()g x ∴的极小值()g a 1lna =+，无极大值．

（2）由（1）知，当1e a 时，()g x 的极小值()g a 1110lna ln e

=++= ，结合()g x 的单调性可知()0min g x ，即()0f x ' 恒成立．()f x ∴在(0,)+∞上是增函数，

1111()()f a ln a e e e e =+-+ 1120a a e e e

=---+=-<，()f e ()e a lne e a =+-+2

20e a e a a e

=+-+=> ，

()f x ∴在1(e ，)e 中有一个零点，

∴函数()()1f x x a nx x a =+-+的零点个数为1个．

考点二导数与不等式

【例2】．（2021·湖南湘潭·月考（理））已知函数ln 1()x x f x e +=

．

（1）求()f x 的最大值；

（2）当1≥x 时，2(ln 1)x ax x e +<恒成立，求a 的取值范围．

【答案】（1）1e ；（2）()2,e -∞.【解析】（1）因为()ln 1()0x x f x x e +=>，所以()()1ln 1x

x x f x e -+'=，设()()1ln 1g x x x =-+，所以()2110g x x x

'=--<，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，且()10g =，所以当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，

所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，

所以()()max 11f x f e

==；（2）因为1≥x ，所以()ln 10x x +>，所以当0a ≤时，()ln 10ax x +≤且20x e >，所以()2ln 1x ax x e

+<恒成立，

当0a >时，若()2ln 1x

ax x e +<恒成立，则ln 1x

x x e a e x +?<恒成立（*），设()x e h x x =，所以()()21x x e h x x -'=，又因为[)1,x ∈+∞，所以()()210x x e h x x

-'=≥，所以()h x 在[)1,+∞上单调递增，所以()()min 1h x h e ==，

又因为由（1）知max

ln 11x x e e +??= ???且[)ln 11,,0x x x e +?∈+∞>，所以若（*）成立，只需要1a e e ?

<，所以2a e <，综上可知：()2,a e ∈-∞.

不等式恒成立求解参数范围的方法：

（2）分离参数并构造函数解决问题；

（2）采用分类讨论的方式解决问题.

【一隅三反】

1．（2019·广东湛江·高二期末（文））已知函数()(1)ln ()a f x x a x a R x =-

-+∈．（1）当01a <≤时，求函数()f x 的单调区间；

（2）是否存在实数a ，使()f x x ≤恒成立，若存在，求出实数a 的取值范围；若不存在，说明理由．

【答案】（1）见解析；

（2）当11

a e ≥-时，使()f x x ≤恒成立．【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，221()(1)'()1a a x a x f x x x x +--=+

-=，当01a <<时，由'()0f x >，得0x a <<，或1x >，由'()0f x <，得1a x <<，

故函数()f x 的单调递增区间为(0,)a 和(1,)+∞，单调递减区间为(,1)a ，

当1a =时，2

2(1)'()0x f x x

-=≥恒成立，故函数()f x 的单调递增区间为(0,)+∞.（2）()f x x ≤恒成立等价于(1)ln 0a a x x ++≥恒成立，

令()(1)ln g x a a x x =++，当10a +=时，即当1a =-时，()1g x =-，

故()0g x ≥在(0,)+∞内不能恒成立，当10a +<时，即当1a <-时，则(1)1g a =<-，

故()0g x ≥在(0,)+∞内不能恒成立，当10a +>时，即当1a >-时，

'()(1)(1ln )g x a x =++，由'()0g x =解得1=

x e ，当10x e <<时，'()0g x <；当1x e >时，'()0g x >.所以min 11()()0a g x g a e e +==-≥，解得11

a e ≥-.综上，当11a e ≥-时，()0g x ≥在(0,)+∞内恒成立，即()f x x ≤恒成立，所以实数a 的取值范围是1[,)1e +∞-.2．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高二期末（文））已知函数()ln (0)f x x x x =>.

（1）求()f x 的单调区间和极值；

（2）若对任意23(0,),()2

x mx x f x -+-∈+∞≥恒成立，求实数m 的最大值.【答案】（1）()f x 在1=x e 处取得极小值，极小值为11(f e e

=-.（2）4【解析】（1）()ln 1f x x ='+，

()()110,00f x x f x x e e

''>→><→<<，∴()f x 的单调增区间是1,e ??+∞ ???，单调减区间是10,e ?? ???

.∴()f x 在1x e =处取得极小值，极小值为11f e e ??=- ???

.（2）由()232x mx f x -+-≥变形，得22ln 3x x x m x

++≤恒成立，令()22ln 3(0)x x x g x x x ++=>，()2223x x g x x

+-'=，由()()01,001g x x g x x ''>?>

所以，()g x 在()0,1上是减函数，在()1,+∞上是增函数.

所以，()()min 14g x g ==，即4m ≤，所以m 的最大值是4.

3．（2020·安徽省含山中学月考（理））已知函数211()ln (,0)22

f x x a x a R a =--∈≠.（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；

（2）求函数()f x 的单调区间；

（3）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围.

【答案】（1）10x y +-=；（2）答案见解析；（3）()(],00,1-∞ .

【解析】（1）2a =时，211()2ln 22f x x x =--，(1)0f =，2'()f x x x =-，'(1)1f =-曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程10

x y +-=

（2）2'()(0)

a x a f x x x x x -=-=>①当0a <时，2'()0x a f x x

-=>恒成立，函数()f x 的递增区间为()0,∞+

②当0a >时，令'()0f x =，解得x =x =

所以函数()f x 的递增区间为+∞，递减区间为（3）对任意的[1,)x ∈+∞，使()0f x ≥成立，只需任意的[1,)x ∈+∞，min ()0f x ≥①当0a <时，()f x 在[1,)+∞上是增函数，所以只需(1)0

f ≥而11(1)ln1022f a =--=所以0a <满足题意；

②当01a <≤时，01<

≤，()f x 在[1,)+∞上是增函数，所以只需(1)0f ≥而11(1)ln1022f a =--=所以01a <≤满足题意；

③当1a >1>，()f x 在上是减函数，)+∞上是增函数，

所以只需0f ≥即可而(1)0f f <=从而1a >不满足题意；综合①②③实数a 的取值范围为()(],00,1-∞ .