导数法妙解不等式函数零点方程根的问题解析

【备战2017年高考高三数学一轮热点、难点一网打尽】第15讲 导数法妙解不等式、函数零点、方程根的问题考纲要求:1.导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(对多项式函数不超 过三次).3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(对多项式函数不超过三次)． 基础知识回顾: 1、求函数的极值（1）设函数在及其附近有定义，如果的值比附近所有各点的值都大（小），则称是函数的一个极大（小）值。

（2）求函数的极值的一般步骤)(x f y =0x x =)(0x f 0x )(0x f )(x f y =先求定义域,再求导，再解方程（注意和求交集），最后列表确定极值。

一般地，函数在点连续时，如果附近左侧>0，右侧<0，那么是极大值。

一般地，函数在点连续时，如果附近左侧<0，右侧>0，那么是极小值。

（3）极值是一个局部概念。

由定义，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小。

并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小。

（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点。

而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点。

（5）一般地，连续函数在点处有极值 是=0的充分非必要条件。

（6）求函数的极值一定要列表。

2、用导数求函数的最值（1）设是定义在闭区间上的函数，在内有导数，可以这样求最值：①求出函数在内的可能极值点（即方程在内的根D 1()0f x =D ()f x 0x 0x 1()f x 1()f x )(0x f ()f x 0x 0x 1()f x 1()f x )(0x f ()f x 0x '0()f x )(x f y =[],a b )(x f y =(),a b (),a b 0)(/=x f (),a b）；②比较函数值，与，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.（2）如果是开区间，则必须通过求导，求函数的单调区间，最后确定函数的最值。

应用举例类型一、利用导数解决不等式恒成立问题【例1】【2017西安八校联考】已知函数f (x )＝m (x －1)e x ＋x 2(m ∈R)．(1)若m ＝－1，求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＜0，不等式x 2＋(m ＋2)x ＞f ′(x )恒成立，求m 的取值范围．(2)依题意，f ′(x )＝mx ⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋2m ＜x 2＋(m ＋2)x ，x ＜0，因为x ＜0，所以m e x －x －m ＞0，令h (x )＝m e x －x －m ，则h ′(x )＝m e x －1，n x x x ,,,21Λ)(a f )(b f )(,),(),(21n x f x f x f Λ(,)ab当m ≤1时，h ′(x )≤e x－1＜0， 则h (x )在(－∞，0)上单调递减，所以h (x )＞h (0)＝0，符合题意；当m ＞1时，h (x )在(－∞，－ln m )上单调递减，在(－ln m,0)上单调递增，所以h (x )m in ＝h (－ln m )＜h (0)＝0，不合题意．综上所述，m 的取值范围为(－∞，1]．点评：利用导数解决不等式的恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．类型二、利用导数解决存在型不等式成立问题【例2】【2017福建四地六校联考】已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x .(1)是否存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若?x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝ax＋2x－4＝2x2－4x＋ax.假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f(1)＝0，∴a＝2，此时，f′(x)＝2?x－1?2x，当x>0时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x＝1不是f(x)的极值点．故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．类型三、利用导数证明不等式【例3】【2017山东济南市高三摸底考试】已知函数f(x)＝x＋a e x.(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若a＝0，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．解：(1)易得f′(x)＝－x－?1－a?e x，由已知知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.故实数a的取值范围为(－∞，－1]．(2)证明：a＝0，则f(x)＝x e x .函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xe x－1－x0e x0＝?1－x?e x0－?1－x0?e xe x＋x0.设φ(x)＝(1－x)e x0－(1－x0)e x，x∈R，则φ′(x)＝－e x0－(1－x0)e x，∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0，∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0时，h′(x)＜0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．点评：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F′(x)＜0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)＜0，即证明了f(x)＜g(x)．类型四、利用导数研究方程的根或函数的零点【例4】【2017安徽省合肥市高三模拟考试】设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)e x －a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．解：(1)f(x)的定义域为R，由导数公式知f′(x)＝2x e x＋(1＋x2)e x＝(x＋1)2e x，x∈R.∵对任意x∈R，都有f′(x)≥0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：由(1)知f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，且f (0)＝1－a <0，f (a －1)＝a ea －1－a ＝a (ea －1－1)．∵a >1，∴a －1>0，∴a －1>0，∴ ea －1>1，∴ea －1－1>0，故f (a －1)>0，∴?x 0∈(0，a －1)使得f (x 0)＝0.又∵f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．【例5】【2017贵州七校联考】函数f (x )＝(ax 2＋x )e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R.(1)当a ＞0时，解不等式f (x )≤0；(2)当a ＝0时，求整数t 的所有值，使方程f (x )＝x ＋2在上有解．解：(1)因为e x ＞0，所以不等式f (x )≤0即为ax 2＋x ≤0，又因为a ＞0，所以不等式可化为x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a ≤0，所以不等式f (x )≤0的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1a，0.点评：利用导数研究方程根的方法研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．方法、规律归纳:1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a 恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.2.涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.实战演练:1．【2017广东湛江一模】若函数f(x)＝x＋bx(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是( )A．(－2,0) B．(0,1) C．(1，＋∞) D．(－∞，－2)【答案】D【解析】由题意知，f′(x)＝1－bx2，∵函数f(x)＝x＋bx(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，∴当1－bx2＝0时，b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)，令f′(x)＞0，解得x＜－b或x＞b，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－b)，(b，＋∞)，∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意．2．【2017江西省新余市第一中学高三开学考试】对于R上可导的任意函数f(x)，若满足1－xf′?x?≤0，则必有( )A．f(0)＋f(2)＞2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1) C．f(0)＋f(2)＜2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1)【答案】A3．【2017沈阳模拟】函数y=2x 3+1的图象与函数y=3x 2-b 的图象有三个不相同的交点,则实数b 的取值范围是( )(A)(-2,-1)(B)(-1,0) (C)(0,1) (D)(1,2)【答案】B 【解析】由题意知方程2x3+1=3x2-b,即2x3-3x2+1=-b 有三个不相同的实数根,令f(x)=2x3-3x2+1,即函数y=f(x)= 2x3-3x2+1与直线y=-b 有三个交点.由f ′(x)=6x2-6x=6x(x-1)知,函数y=f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故f(0)是函数的极大值,f(1)是函数的极小值,若函数y=f(x)=2x 3-3x 2+1与直线y=-b 有三个交点,则f(1)<-b<f(0),解得-1<b<0.4.【2017广东省惠州市高三第一次调研考试】设f(x)是定义在R 上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x 2f(x)>0的解集是( )(A)(－2,0)∪(2，＋∞) (B)(－2,0)∪(0,2) (C)(－∞，－2)∪(2，＋∞) (D)(－∞，－2)∪(0,2)【答案】D()()2xf x f x x'－【解析】当x>0时，有＜0，则<0，在x>0时单调递减，x2f(x)＞0,即为x3·>0?>(2)＝0，画出y ＝在x>0时的示意图，知0<x<2.同理，由f(x)是奇函数，则y ＝是偶函数，如图，在x<0时y ＝单调递增，x2f(x)>0，即为x3·>0?<(－2)＝0，∴x<－2.综上所述，不等式的解集是(－∞，－2)∪(0,2).5．【2017山东莱芜高三阶段测试】若对任意的x>0,恒有ln x ≤px-1(p>0),则p 的取值范围是( )(A)(0,1] (B)(1,+∞) (C)(0,1) (D)上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20 C ．3【答案】A【解析】因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，所以－1,1为函数的极值点．又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，所以在区间上f (x )max ＝1，f (x )min ＝－19.又由题设知在区间()()2xf x f x x '－()f x x '［］()f x x ()f x x ()f x x ()f x x ()f x x ()f x x ()f x x ()f xx上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，所以t 的最小值是20.答案：A7．【2017江苏泰兴中学高三月考】已知函数，若对任意的，，恒有成立，则实数的取值范围是 .【答案】 【解析】，设，由知，的对称轴为，因此时，，即，故在上递增，故，，因此不等式恒成立，即，即，所以． 8．对于曲线f (x )＝－e x －x (e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线l 1，总存在过曲线g (x )＝ax ＋2cos x 上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为________．【答案】－1≤a≤2.1()3(3)ln f x mx m x x =--+(4,5)m ∈12,[1,3]x x ∈12(ln 3)3ln 3|()()|a m f x f x -->-a 37[,)6+∞213'()3m f x m x x +=+-1t x =[1,3]x ∈1[,1]3t ∈2(3)3y t m t m =-++121(,)2(3)74t m =∈+13t =min 1188(3)309339y m m m =-++=->'()0f x >()f x [1,3]min ()(1)31f x f m ==-max 1()(3)9(3)ln 33f x f m m ==--+12(ln 3)3ln 3|()()|a m f x f x -->-19(3)ln 3(31)3m m m --+--<(ln3)3ln3a m --263a m >+2376346a ≥+=⨯9．【2017新疆兵团农二师华山中学高三试题】定义在实数集上的函数f(x)＝x2＋x，g(x)＝13x3－2x＋m.(1)求函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)∵f(x)＝x2＋x，∴当x＝1时，f(1)＝2，∵f′(x)＝2x＋1，∴f′(1)＝3，∴所求切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.(2)令h(x)＝g(x)－f(x)＝13x3－x2－3x＋m，则h′(x)＝(x－3)(x＋1)．∴当－4＜x＜－1时，h′(x)＞0；当－1＜x＜3时，h′(x)＜0；当3＜x＜4时，h′(x)＞0.要使f(x)≥g(x)恒成立，即h(x)max≤0，由上知h(x)的最大值在x＝－1或x＝4处取得，而h(－1)＝m ＋53，h(4)＝m －203，所以m ＋53≤0， 即m≤－53，∴实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－53. 10.【2017沈阳质量监测】已知函数f (x )＝a ln x (a ＞0)，e 为自然对数的底数．(1)若过点A (2，f (2))的切线斜率为2，求实数a 的值；(2)当x ＞0时，求证：f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ； (3)若在区间(1，e)上e －e x ＜0恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)∵f′(x)＝a x ，f′(2)＝a 2＝2，∴a ＝4. (2)证明：令g(x)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1＋1x ，则g′(x)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x2. 令g′(x)＞0，得x ＞1，g′(x)<0，得0<x<1，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g(x)的最小值为g(1)＝0，∴f(x)≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x . x a 1a(3)由题意可知e xa ＜e1ax，化简得x－1a＜ln x，又x∈(1，e)，∴a＞x－1ln x.令h(x)＝x－1ln x，则h′(x)＝ln x－?x－1?·1x?ln x?2＝ln x－1＋1x?ln x?2，由(2)知，当x∈(1，e)时，ln x－1＋1x＞0，∴h′(x)＞0，即h(x)在(1，e)上单调递增，∴h(x)＜h(e)＝e－1.∴a≥e－1.故实数a的取值范围为[e－1，＋∞)．。