高考数学复习 专题一 第5讲 导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题

第5讲 导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题

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 1.(2016·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)证明当x∈(1，＋∞)时，1(3)设c>1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx. (1)解 由f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，得f′(x)＝1x－1. 令f′(x)＝0，解得x＝1. 当00，f(x)单调递增. 当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减. 因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数. (2)证明 由(1)知，函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.∴当x≠1时，ln x1.

故当x∈(1，＋∞)时，ln x即1(3)证明 由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx， 则g′(x)＝c－1－cxln c.令g′(x)＝0， 解得x0＝lnc－1ln cln c. 当x0，g(x)单调递增； 当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.

由(2)知1又g(0)＝g(1)＝0，故当00. ∴当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx. 2.(2017·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝(1－x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围. 解 (1)f′(x)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex. 令f′(x)＝0，得x2＋2x－1＝0， 解得x1＝－2－1，x2＝2－1， 令f′(x)>0，则x∈(－2－1，2－1)，令f′(x)<0，则x∈(－∞，－2－1)∪(2－1，＋∞). ∴f(x)在区间(－∞，－2－1)，(2－1，＋∞)上单调递减，在区间(－2－1，2－1)上单调递增. (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex. 当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 当00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1. 当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，

取x0＝5－4a－12，则x0∈(0，1)， (1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1. 当a≤0时，取x0＝5－12， 则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1. 综上，a的取值范围是[1，＋∞). 考 点 整 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x12

的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：

a的符号 零点个数 充要条件 a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值) 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 a＜0(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)利用导数证明不等式. 若证明f(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题. ①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I). ②∃x∈I，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)]max>0(x∈I). ③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. ④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(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 利用导数研究函数的零点(方程的根) 【例1】 (2017·淄博诊断)已知a∈R，函数f(x)＝ex－ax(e＝2.718 28…是自然对数的底数). (1)若函数f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，求实数a的取值范围；

(2)若函数F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2ln x＋a)在区间0，12内无零点，求实数a的最大值. 解 (1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a且f′(x)在R上递增. 若f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，只需f′(x)≤0恒成立. 因此只需f′(－1)＝e－1－a≤0， 解之得a≥1e. 又当a＝1e时，f′(x)＝ex－1e≤0当且仅当x＝－1时取等号. 所以实数a的取值范围是1e，＋∞. (2)法一 由已知得F(x)＝a(x－1)－2ln x，且F(1)＝0，

则F′(x)＝a－2x＝ax－2x＝ax－2ax，x>0. ①当a≤0时，F′(x)<0，F(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 结合F(1)＝0知，当x∈0，12时，F(x)>0. 所以F(x)在0，12内无零点. ②当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝2a. 若2a≥12时，即a∈(0，4]时， F(x)在0，12上是减函数. 又x→0时，F(x)→＋∞. 要使F(x)在0，12内无零点，只需F12＝－a2－2ln12≥0，则0若2a<12时，即a>4时，则F(x)在0，2a上是减函数，在2a，12上是增函数. ∴F(x)min＝F2a＝2－a－2ln2a， 令φ(a)＝2－a－2ln2a， 则φ′(a)＝－1＋2a＝2－aa<0. ∴φ(a)在(4，＋∞)上是减函数， 则φ(a)

因此F2a<0，所以F(x)在x∈0，12内一定有零点，不合题意，舍去. 综上，函数F(x)在0，12内无零点，应有a≤4ln 2，所以实数a的最大值为4ln 2. (2)法二 当a≤0时，同法一. 当a>0时，x∈0，2a，F′(x)<0；x∈2a，＋∞， F′(x)>0. 所以F(x)在0，2a上单调递减，在2a，＋∞上单调递增. 因此F(x)min＝F2a. ①若2a≥1，即0因此，当x∈0，12时，F(x)>F(1)＝0，所以F(x)在0，12内无零点. ②若2a<1，即a>2时，F(x)min＝F2a≤F(1)＝0. 要使函数F(x)在0，12内无零点， 只需F12＝－a2－2ln12≥0， 则2综上，函数F(x)在0，12内无零点，应有a≤4ln 2，所以实数a的最大值是4ln 2. 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y＝k)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】 (2016·北京卷节选)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围. 解 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b. ∵f(0)＝c，f′(0)＝b， ∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c. (2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c， ∴f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0， 解得x＝－2或x＝－23. 当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下： x (－∞，－2) －2

－2，－23 －23 

－23，＋∞

f′(x) ＋ 0 － 0 ＋

f(x) c c－3227

∴当c>0且c－3227<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，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)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.