2018年高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第5讲导数与函数零点不等式证明恒成立问题课件文
(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)－(e －2ax＋2ln 实数 a 的最大值.
x
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，
零点个数 一个 两个 三个 一个 两个
充要条件 f(x1)＜0或f(x2)>0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＞0且f(x2)＜0 f(x1)>0或f(x2)＜0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＜0且f(x2)＞0
a＞0(f(x1)为极大
值，f(x2)为极小 值) a＜0(f(x1)为极小 值，f(x2)为极大
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.
值)
三个
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)<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) ， x∈(a，b).
(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.
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x1<x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋ d(a≠0)的零点分布情况如下：
a的符号
(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 0<a<1 时，设函数 g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以 g(x) 在[0，＋∞)上单调递增，而 g(0)＝0，故 ex≥x＋1. 当 0<x<1 时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x 5－4a－1 －x )，取 x0＝ ，则 x0∈(0，1)， 2 (1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故 f(x0)>ax0＋1.
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
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.
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； x－1 (2)证明当 x∈(1，＋∞)时，1< ln x <x； (3)设 c>1，证明当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx. 1 (1)解 由 f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，得 f′(x)＝x －1.
2
5－1 当 a≤0 时，取 x0＝ 2 ， 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
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 x＋a)在区间0，2内无零点， 求
令 f′(x)＝0，解得 x＝1. 当 0<x<1 时，f′(x)>0，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 x<x－1. x－1 1 1 故当 x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，lnx <x －1，即 1< <x. ln x (3)证明 由题设 c>1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx， c－1 ln ln c 则 g′(x)＝c－1－cxln c.令 g′(x)＝0，解得 x0＝ . ln c 当 x<x0 时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当 x>x0 时，g′(x)<0，g(x)单调递减. c －1 由(2)知 1< ln c <c， 故 0<x0<1.又 g(0)＝g(1)＝0， 故当 0<x<1 时， g(x)>0. ∴当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
【精选】高考数学二轮复习第二部分专题一函数与导数不等式第5讲导数与函数零点不等式的综合问题课件理
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．
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)→＋∞.
5－4a－1 取 x0＝ 2 ，则 x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2 －ax0－1＝0，故 f(x0)＞ax0＋1.
5－1 当 a≤0 时，取 x0＝ 2 ，则 x0∈(0，1)，f(x0)＞(1 －x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1， 综上可知，a 的取值范围是[1，＋∞)．
2．(2017·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ax2－ax－xln x，
令 φ(a)＝2－a－2ln 2a，则 φ′(a)＝－1＋2a＝2－a a＜0. 所以 φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，
则 φ(a)＜φ(4)＝2ln 2－2＜0.
因此
2 Fa＜0，所以
F(x)在
x∈0，12内一定有零点，
不合题意，舍去．
综上可知，函数 F(x)在0，12内无零点，应有 a≤4ln 2，
又 h(0)＝1，故 h(x)≤1，所以 f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋ 1≤ax＋1，
当 0＜a＜1 时，设函数 g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1 ＞0(x＞0)，所以 g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而 g(0)＝0，
2018届高考数学二轮复习 导数与不等式及参数范围 ppt课件(全国通用)
-7-
解 (1)由题设易知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+ ,∴g'(x)=
������
1
������-1 ������ 2
,
令g'(x)=0得x=1, 当x∈(0,1)时,g'(x)<0, 故(0,1)是g(x)的单调减区间, 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0, 故(1,+∞)是g(x)的单调增区间, 因此,x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, 所以最小值为g(1)=1.
-8-
(2)g
1 ������
=-ln x+x,设 h(x)=g(x)-g
1 ������
1 ������
=2ln x-x+ ,则 h'(x)=������
1
(������ -1)2 ������ 2
,
当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g
,
当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h'(x)<0,h'(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减,当0<x<1时,h(x)>h(1)=0,
2.4.2
导数与不等式及参数范围
-2-
求参数的取值范围(多维探究) 解题策略一 构造函数法 角度一 从条件关系式中构造函数 例1设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x) 都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2. (1)求a,b,c,d的值; (2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围. 难点突破一(作差构造) f(x)≤kg(x)⇔kg(x)-f(x)≥0,设F(x)=kg(x)f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2⇒F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1)⇒令 F'(x)=0得x1=-ln k,x2=-2. 此时,类比二次函数根的分布进行分类讨论F(x)的最小值大于或等 于0时的k的范围.
2018届高考数学(文)二轮专题复习课件：第1部分 专题二 函数、不等式、导数 1-2-3
(3)已知切线上一点(非切点)，求 y＝f(x)的切线方程： 设切点 P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率 f′(x0)，然后由斜率 公式求得切线斜率，列方程(组)解得 x0，再由点斜式或两点式写出 方程． 2．利用切线(或方程)与其他曲线的关系求参数 已知过某点的切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直，利用导 数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函 数求解．
1 解析：通解：令 f(x)＝x＋ln x，求导得 f′(x)＝1＋x ，f′(1)＝ 2，又 f(1)＝1，所以曲线 y＝x＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为 y－1 ＝2(x－1)，即 y＝2x－1.设直线 y＝2x－1 与曲线 y＝ax2＋(a＋2)x ＋1 的切点为 P(x0，y0)，则 y′|x＝x0＝2ax0＋a＋2＝2，得 a(2x0＋ 1)＝0， 1 2 ∴a＝0 或 x0＝－2，又 ax2 ＋ ( a ＋ 2) x ＋ 1 ＝ 2 x － 1 ，即 ax 0 0 0 0＋ax0 1 ＋2＝0，当 a＝0 时，显然不满足此方程，∴x0＝－2，此时 a＝8.
解析：通解：由题意可得 f′(x)＝3ax2＋1， ∴f′(1)＝3a＋1， 又 f(1)＝a＋2，∴f(x)＝ax3＋x＋1 的图象在点(1，f(1))处的切 线方程为 y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，又此切线过点(2,7)， ∴7－(a＋2)＝(3a＋1)(2－1)，解得 a＝1.
5－a 优解：∵f(1)＝2＋a，由(1，f(1))和(2,7)连线斜率 k＝ 1 ＝5 －a，f′(x)＝3ax2＋1，∴5－a＝3a＋1，∴a＝1.
当 a<0 时，f(x)图象如图，x1 为极小值点，x2 为极大值点．
3．若函数 y＝f(x)为偶函数，则 f′(x)为奇函数； 若函数 y＝f(x)为奇函数，则 f′(x)为偶函数． 4．y＝ex 在(0,1)处的切线方程为 y＝x＋1； y＝ln x 在(1,0)处的切线方程为 y＝x－1.
(浙江专用)高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式微点深化导函数的隐零点问题课件
微点深化导函数的隐零点问题在利用导数法研究函数性质时，对函数求导后，若门劝=0是超越形式，我们无法利用目前所学知识求出导函数零点，但零点是存在的，我们称之为隐零点.热点一分离函数（变量）解决隐零点问题【例1】（2018-嘉兴测试）已知函数心）=祇+xln也丘R）.（1）若函数/仗）在区间［e, +oo）上为增函数，求。
的取值范围；（2）当。
=1且RWZ时，不等式£（兀一1）今⑴在兀丘（1, +oo）上恒成立，求k的最大值.解（I）：'函数/⑴在区间［e, +oo）上为增函数，/./（%）= «+ ln x+1 ±0在区间［e，+oo）上恒成立，—In %—l）max= —2. •'•。
三一2.的取值范围是［—2, +oo）.(2)当°=1 时，/(x)=x+xln x, kEiTj时，不等式k(x —1 )</(%)在+oc)上恒成立,:.k<Cx+xln x< 无―1min,x —则h\x)=\—=—— 0, .•- /i(x)在⑴ +oo)上单调递增,V/i(3)=l-ln 3<0, /z(4)=2-21n 2>0,存在 丸丘(3, 4),使 /i(x o )=O,即当 时，h(x)<0,艮卩 g(x)vO,当 X >X Q 时，/i(%)>0,即 g©)>0，g （x ）在（1,汕）上单调递减，在（必，+oo ）上单调递增.令 h(x ()) =x ()_ In Xo - XQ (1+lnxo )-2 — 0,即 In ^o-xo-2, g (说—gg —兀°_i 兀。
(1 +兀0—2) 厂—. --------- =x o e (3, 4)•衣g(x)min=XoW(3，4),且 炸乙 ^k m ^ = 3. 兀0 一 1令 g(x)= x+xln x x — 1，贝UgG)= 令 h(x)=x 一In x 一2(x>l). x —In x —2探究提高先分离变量,再构造函数化解题过程.,不需要分类讨论，简单、直接，从而简热点二整体代换解决隐零点问题【例2】设函数f(x)=e lv—t/ln x.⑴讨论沧)的导函数几x)的零点的个数；, 2(2)证明：当“>0 时，f(x) +tzln —.CM⑴解几无)的定义域为(0, +oo), / ^) = 2e2v-;(x>0).由/G) = 0 得2x/ = d・令g(x) =2xe2\ g'(x) = (4x+2)e2v>0(x>0),从而g(x)在(0, +oo)上单调递增，所以g(x)>g(0)=0. 当“>0时，方程g(x) = a有一个根，即才(劝存在唯一零点；当“W0时，方程g(x)=a没有根，即几x)没有零点.⑵证明由⑴可设几劝在（0, +oo ）上的唯一零点为必，当%）时，/（x ）<0；当 x^（x 0, +00）时，/（%）>0・故心）在（0, ％）上单调递减，在（心 +◎上单调递增，所以W^）］min =>0）- 由Ze%—补=0得e%=梟，又兀。
2018高考新课标数学理二轮专题复习课件：专题一第4讲导数与函数零点、不等式、恒成立问题 精品
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.
∴f′(e)＝2，又 f(e)＝e，
∴切线方程为 2x－y－e＝0.
(2)方程 f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解，
（x－1）（ax－a＋1）
即为方程 ln x－
x
＝0 的解．
（x－1）（ax－a＋1）
设 h(x)＝ln x－
x
，x>1.
ax2－x－a＋1 则 h′(x)＝－ x2 ＝
（x－1）（ax＋a－1）
专题一 函数与导数、不等式
第 4 讲 导数与函数零点、 不等式、恒成立问题
1．(2014·全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)＝ax3－3x2＋1，若
f(x)存在唯一的零点 x0，且 x0＞0，则 a 的取值范围是( )
A．(2，＋∞)
B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
解析：a＝0 时，不符合题意．
(2) 若 对 于 定 义 域 内 的 任 意 x1 ， 总 存 在 x2 使 得 f(x2)<f(x1)，求 a 的取值范围．
解：(1)函数 y＝f(x)的定义域 D＝{x|x∈R 且 x≠－a}，
（x＋a）2－（x－a）·2（x＋a）
2018年高考数学复习函数不等式导数第五讲大题考法__函数与导数课件理
[典例感悟] (2018届高三·湖南五市十校联考)已知函数f(x)
1 2 ＝ln x－ ax ＋x，a∈R. 2 (1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数g(x)的极值．
[ 解] 为(1,1)， 1 又f′(x)＝x＋1，∴切线斜率k＝f′(1)＝2， 故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0. (1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，∴切点
[方法技巧]
1．利用导数解决不等式恒成立问题的常用方法 (1)分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数 的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步： 根据要求得所求范围． (2)函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问 题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构 建不等式求解．
3 由于lna－(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点． 综上，a的取值范围为(0,1).
主要考查利用函数的单调性求 函数最值的方法，根据不等 式恒成立问题、存在性问题 求参数的值或取值范围.
[典例感悟]
[典例 3]
(2018 届高三· 湖北七市(州)联考)函数 f(x)＝ln x
即f(－ln a)>0， 故f(x)没有零点； 1 当a∈(0,1)时，1－a＋ln a<0， 即f(－ln a)<0， 又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0， 故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点，
3 设正整数n0满足n0>lna－1，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0，
专题一 第5讲 导数与不等式的证明
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)， 注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它 们无法同时取等， 所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
12
当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
要证 f(e－x)<ex＋2xe，即证 ln x＋x<ex＋2xe，即证lnxx＋1<exx＋21e.
设
g(x)＝lnx
x＋1(x>0)，则
1－ln g′(x)＝ x2
x ，
所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减， 假设g(1)能取到， 则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0； 当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增， 假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
x＋ln1－x 综上所述，g(x)＝ xln1－x <1 在 x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立.
方法二 f(x)＝ln ex＝1－ln x. 欲证 f(x)<1＋1x－x2ex，只需证1－elxn x＋x2－1x<1，
因为x∈(0,1)，所以1－ln x>0，ex>e0＝1，
则只需证 1－ln x＋x2－1x<1， 只需证 ln x－x2＋1x>0， 令 t(x)＝ln x－x2＋1x，x∈(0,1)，
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201812242188
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 )＝x －ln x .(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2；(2)若a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点． 证明 (1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2，因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x (x －4)，所以x >0时，g ′(x )、g (x )的变化情况如下表：所以g (x )在g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2，即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2. (2)令m ＝e－(|a |＋k )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1k 2＋1，则f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0，f (n )－kn －a <n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0，所以，存在x 0∈(m ，n )使f (x 0)＝kx 0＋a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点． 由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －ax.设h (x )＝x －ln x －ax，则h ′(x )＝ln x －x2－1＋ax 2＝－g （x ）－1＋ax2， 其中g (x )＝x2－ln x .由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根．综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．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x 1，x 2且x 1<x 2的函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)的零点分布情况如下：3.(1)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 )，如果能证明F (x )在(a ，b )上的最大值小于0，即可证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )．(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 )．②x ∈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x 1，x 2∈I 使得f (x 1)≤g (x 2f (x )max ≤g (x )min .④对x 1∈I ，x 2∈I 使得f (x 1)≥g (x 2f (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】 (2018·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点．(1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)上单调递增，在(3－23，3＋23)上单调递减．(2)证明 由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，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 (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点．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】 设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋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 )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋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 )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， ∴f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0，得3x 2＋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：∴当c >0且c －27<0时，f (－4)＝c －16<0，f (0)＝c >0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，－3，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．热点二 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Ⅰ卷)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.(ⅰ)若a ≤2，则f ′(x )≤0， 当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (ⅱ)若a >2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42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a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln 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1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.[考法2] 不等式恒成立问题【例2－2】 已知函数f (x )＝a ln x ＋1(a >0)．(1)设φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ，求φ(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)φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x＝a ln x －a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x (x >0)．则φ′(x )＝a x －ax 2＝a （x －1）x 2， 令φ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，φ′(x )<0；当x >1时，φ′(x )>0. ∴φ(x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 故φ(x )在x ＝1处取得极小值，也是最小值． ∴φ(x )min ＝φ(1)＝0.(2)由f (x )>x 得a ln x ＋1>x ，即a >x －1ln x .令g (x )＝x －1ln x (1<x <e)，则g ′(x )＝ln x －x －1x （ln x ）2.令h (x )＝ln x －x －1x (1<x <e)，则h ′(x )＝1x －1x2>0. 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)＝e －1，即x －1ln x<e －1，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 －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝（x －1）（x －a ）x2. ①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； 当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数． 所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1. 综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值． 由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae，又g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数， 则g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，解得a ＞e 2－2ee ＋1，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1 .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x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，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Ⅱ卷)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0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(x 2＋1)e －x－1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x.当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减． 而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)解 设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0，2)时，h ′(x )<0；当x ∈(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)＝1－4ae 2是h (x )在[0，＋∞)的最小值．①若h (2)>0，即a <e24，h (x )在(0，＋∞)没有零点；②若h (2)＝0，即a ＝e24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；③若h (2)<0，即a >e24，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x >x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3（e 2a ）2>1－16a 3（2a ）4＝1－1a>0.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，a ＝e24.1．重视转化思想在研究函数零点中的应用，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，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a ＞f (x )max 或a ＜f (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x ∈R ，f ′(x )<3，则f (x )>3x ＋6的解集为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x >－1}C ．{x |x <－1}D ．R解析 设g (x )＝f (x )－(3x ＋6)，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )为减函数，又g (－1)＝f (－1)－3＝0，所以根据单调性可知g (x )>0的解集是{x |x <－1}． 答案 C2．若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 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]解析 令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝3(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 B3．(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：f (x )的导函数y 的零点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示．由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.答案 D4．(2018·金华十校联考)已知函数f (x )＝ln x x，则( )A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析 f (x )的定义域(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx， 令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0. ∴f (x )max ＝f (e)＝1e.又f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96所以f (e)>f (3)>f (2)． 答案 D5．已知y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f （x ）x ＞0，若g (x )＝f (x )＋1x，则函数g (x )的零点个数为( ) A ．1B ．2C ．0D ．0或2解析 令h (x )＝xf (x )，因为当x ≠0时，xf ′（x ）＋f （x ）x ＞0，所以h ′（x ）x＞0，因此当x ＞0时，h ′(x )＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，又h (0)＝0，易知当x ≠0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 C6．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则实数a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)解析 由题意知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a ，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2a.当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞，f ′(x )>0，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于0的零点，不满足．当a <0时，需使x 0>0且唯一，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a>0，则a 2>4，所以a <－2.答案 C 二、填空题7．(2018·湖州模拟)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________．解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a ＜0. 答案 (－4，0)8．(2018·舟山调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f (x )>f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f （x ）ex<1的解集为________．解析 令g (x )＝f （x ）ex，则g ′(x )＝e x·f ′（x ）－（e x）′·f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x. 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 （0）e＝1，所以f （x ）ex<1，即g (x )<g (0)，所以x >0，所以不等式的解集为{x |x >0}． 答案 {x |x >0}9．(2018·绍兴调研)已知f (x )＝－x 2－6x －3，g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9，设m <－2，若x 1∈[m ，－2)，x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，则实数m 的最小值为________． 解析 ∵g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9，∴g ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x ＋2)(x －1)． 则当0<x <1时，g ′(x )<0，函数g (x )递减；当x >1时，g ′(x )>0，函数g (x )递增， ∴g (x )min ＝g (1)＝2.∵f (x )＝－x 2－6x －3＝－(x ＋3)2＋6≤6，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Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥0.(1)解 f ′(x )＝－ax 2＋（2a －1）x ＋2ex，f ′(0)＝2.因此曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是 2x －y －1＝0.(2)证明 当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x. 令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1.当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；所以g (x )≥g (－1)＝0.因此f (x )＋e≥0.11．设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(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 )＝x 22－k ln x (k >0)，得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：所以，f f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln 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 ）2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，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 )＝x －1x－ln x .(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：ln e 2x ≤1＋xx.(1)解 f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ， f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2，∴f ′(x x <1，f ′(x x >1，∴f (x )＝1－1x－ln 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(1，e]上单调递减， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <f (e)．∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.综上，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e.(3)证明 要证ln e 2x ≤1＋x x ，即证2－ln x ≤1＋1x，即证1－1x－ln x ≤0.由(1)可知，f (x )＝1－1x－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)＝1－1－ln 1＝0，即f (x )≤0， ∴1－1x－ln x ≤0恒成立．原不等式得证．13．(2018·台州模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(e 为自然对数的底数，a ∈R )．(1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y ＝x －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1x 2＋(1－a )x ＋1＝0.由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3＝(a ＋1)(a －3)可知： 当Δ＞0时，即a ＜－1或a ＞3时，有两个公共点； 当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点； 当Δ＜0时，即－1＜a ＜3时，没有公共点． (2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ， 由y ＝0，得a ＝x ＋2x＋ln x ，则由题意知函数y ＝a 与y ＝x ＋2x ＋ln x 的图象在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个交点． 令h (x )＝x ＋2x ＋ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2）x2. 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，由h ′(x )＝0，得x ＝1.所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， 因此h (x )min ＝h (1)＝3.由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e＋2e －1，h (e)＝e ＋2e ＋1，比较可知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞h (e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a ≤e＋2e ＋1时，函数y ＝a 与y ＝x＋2x ＋ln x 的图象在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个交点，即函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点．14．(2017·稽阳联谊学校高三联考)设f (x )＝x －a －1x－a ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线方程； (2)当a <1时，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内是否存在一实数x 0，使f (x 0)>e －1成立？ 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12＋ln 2，f ′(x )＝1－1x，所以曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12＋ln 2处的切线的斜率为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－112＝－1. 故所求切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋ln 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12， 即x ＋y －ln 2－1＝0.(2)假设当a <1时，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内存在一实数x 0，使f (x 0)>e －1成立， 则只需证明当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，f (x )max >e －1即可． f ′(x )＝1＋a －1x 2－a x ＝x 2－ax ＋（a －1）x 2＝（x －1）[x －（a －1）]x2(x >0)， 令f ′(x )＝0得，x 1＝1，x 2＝a －1，当a <1时，a －1<0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，f ′(x )<0；当x ∈(1，e)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 )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，f （e ）.于是，只需证明f (e)>e －1或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >e －1即可．∵f (e)－(e －1)＝e －a －1e －a －(e －1)＝（e ＋1）（1－a ）e>0，∴f (e)>e －1成立． 所以假设正确，即当a <1时，在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内至少存在一实数x 0，使f (x 0)>e －1成立．精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
2018届高考数学理二轮复习全国通用课件 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 精品
即 1＋ln(x0＋1)＝x0，
又函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当 x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0；
当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0. 从而当 x∈(0，x0)时，g′(x)＝h（xx2）＜0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝h（xx2）＞0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g(x0)＝（x0＋1）[1＋x0ln（x0＋1）]＝x0＋1. 因此 f(x)＞x＋kx1－x2 在(0，＋∞)上恒成立等价于 k＜g(x)min＝x0 ＋1.由 x0∈(2，3)，知 x0＋1∈(3，4)，所以 k 的最大值为 3.
【训练1】 (2016·武汉模拟)设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).
(1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若不等式 f(x)＞x＋kx1－x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立， 求 k 的最大值.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝x＋1 1－2x，由 f′(x)＞0，得－1＜x＜ 32－1； 由 f′(x)＜0，得 x＞ 32－1.所以函数 f(x)的单调递增区间为 －1， 32－1，单调递减区间为 32－1，＋∞.
设 g(x)＝ln x－mx－1x， 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立， 等价于函数 g(x)在[1，＋∞)上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾. ②若 m＞0，方程－mx2＋x－m＝0 的判别式 Δ＝1－4m2.
2018年高考数学二轮复习专题2函数不等式导数第5讲导数的综合应用课件20171227138
f(a) • (2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则 _________是函数f(x) f(b) 在[ a，b]上的最小值，________是函数f(x)在[a，b]上的最 f(a) f(b) 大值；若函数 f(x)在[a，b]上单调递减，则 ________是函数 f(x)在[a，b]上的最大值，________是函数f(x)在[a，b]上的 最小值． • (3)若函数f(x)在[a，b]上有极值点x1，x2，…，xn(n∈N*， 最大值 最小值 n≥2)，则将f(x1)，f(x2)，…，f(xn)与f(a )，f(b)作比较，其中 最大的一个是函数f(x)在[a，b]上的__________，最小的一 个是函数f(x)在[a，b] 上的__________．
a ③若 a<0，则由 f ′(x)＝0 得 x＝ln(－2)． a 当 x∈(－∞，ln(－2))时，f ′(x)<0； a 当 x∈(ln(－2)，＋∞)时，f ′(x)>0． a 故 f(x)在(－∞，ln(－2))上单调递减， a 在(ln(－2)，＋∞)上单调递增．
(2)①若 a＝0，则 f(x)＝e2x，所以 f(x)≥0． ②若 a>0， 则由(1)得， 当 x＝lna 时， f(x)取得最小值， 最小值为 f(lna)＝－a2lna， 从而当且仅当－a2lna≥0，即 a≤1 时，f(x)≥0． a ③若 a<0，则由(1)得，当 x＝ln(－2)时，f(x)取得最小值， a a a 2 3 2 3 最小值为 f(ln(－2))＝a [4－ln(－2)]， 从而当且仅当 a [4－ln(－2)]≥0， 即 a≥
核心知识整合
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1．利用导数求函数最值的几种情况 (1)若连续函数f(x)在(a，b)内有唯一的极大值点x0，则f(x0)是函数f(x)在[a，b] 最大值 ，{f(a)，f(b)}min是函数f(x)在[a，b]是的__________ 最小值 上的__________ ；若函数 最小值 ， f(x)在(a，b)内有唯一的极小值点x0，则f(x0)是函数f(x)在[a，b]上的________ 最大值 {f(a)，f(b)}max是函数f(x)在[a，b]是的__________ ．