函数与导数 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.(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，则实数a的取值范围是( ) A.(2，＋∞) C.(－∞，－2)
B.(1，＋∞) D.(－∞，－1)
?2?
解析 由题意知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax?x－a?，令f′(x)＝0，解得x＝0或x
??2
＝a.
2???2?
当a>0时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈?0，a?，f′(x)<0；x∈?a，＋∞?，f′(x)>0，
????且f(0)＝1>0，故f(x)有小于0的零点，不满足.
?2?当a<0时，需使x0>0且唯一，只需f?a?>0，则a2>4，所以a<－2.
??答案 C
2.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x， 且f(x)≥0. (1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2 则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0， 因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 1 而g′(x)＝a－x，g′(1)＝a－1，得a＝1. 1 若a＝1，则g′(x)＝1－x. 当0 所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0. 综上，a＝1. (2)证明 由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x， 1 设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－x. 1???1? 当x∈?0，2?时，h′(x)<0；当x∈?2，＋∞?时，h′(x)>0. ????1???1? 所以h(x)在?0，2?单调递减，在?2，＋∞?单调递增. ?????1?又h(e－2)>0，h?2?<0，h(1)＝0， ?? 1???1? 所以h(x)在?0，2?有唯一零点x0，在?2，＋∞?有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时， ????h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0. 因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点. 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0). 1?1? 由x0∈?0，2?得f(x0)<4. ?? 因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点， 由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2. 所以e－2 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x1 a的符号 a＞0 (f(x1)为极大值， f(x2)为极小值) a＜0 (f(x1)为极小值， f(x2)为极大值) 3.利用导数解决不等式问题 (1)利用导数证明不等式. 零点个数 一个 两个 三个 一个 两个 三个 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 若证明f(x) 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； 1?? (2)若函数F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2ln x＋a)在区间?0，2?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. 1 因此只需f′(－1)＝e－a≤0，解之得a≥e. －1 11 又当a＝e时，f′(x)＝ex－e≤0当且仅当x＝－1时取等号. ?1? 所以实数a的取值范围是?e，＋∞?. ?? (2)法一 由已知得F(x)＝a(x－1)－2ln x，且F(1)＝0， ?2??x－a?a??2ax－2 则F′(x)＝a－x＝x＝x，x>0. ①当a≤0时，F′(x)<0，F(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 1?? 结合F(1)＝0知，当x∈?0，2?时，F(x)>0. ??1?? 所以F(x)在?0，2?内无零点. ??2 ②当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝a. 1?21? 若a≥2时，即a∈(0，4]时，F(x)在?0，2?上是减函数. ??又x→0时，F(x)→＋∞. 1?a1??1?要使F(x)在?0，2?内无零点，只需F?2?＝－2－2ln2≥0，则0 ????2?21??21?若a<2时，即a>4时，则F(x)在?0，a?上是减函数，在?a，2?上是增函数. ????2?2???∴F(x)min＝Fa＝2－a－2lna， ?? 222－a 令φ(a)＝2－a－2lna，则φ′(a)＝－1＋a＝a<0. ∴φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，则φ(a)<φ(4)＝2ln 2－2<0. 1??2?? 因此F?a?<0，所以F(x)在x∈?0，2?内一定有零点，不合题意，舍去. ???? 1?? 综上，函数F(x)在?0，2?内无零点，应有a≤4ln 2，所以实数a的最大值为4ln 2. ??法二 当a≤0时，同法一. 2???2?0，，＋∞????， 当a>0时，x∈，F′(x)<0；x∈a???a?F′(x)>0.
相关推荐：
loading