导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题
【考点梳理】
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. 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. 【题型突破】 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 题型一、利用导数研究函数的零点(方程的根) 【例1】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??0，(2)若函数F(x)＝f(x)－(e－2ax＋2ln x＋a)在区间?内无零点，求实数a的最大2??? x 值. 【解析】(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－1－a≤0，解之得a≥e. 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?0，，?上是增函数. ??若a<2时，即a>4时，则F(x)在a?上是减函数，在???a2?2?2?∴F(x)min＝F?a?＝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??0，因此F?a?<0，所以F(x)在x∈?内一定有零点，不合题意，舍去. 2????? 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. 2???2? 所以F(x)在?0，a?上单调递减，在?a，＋∞?上单调递增. ?????2?因此F(x)min＝F?a?. ?? 1?2? ①若a≥1，即0 ?? 1?1??? 因此，当x∈?0，2?时，F(x)>F(1)＝0，所以F(x)在?0，2?内无零点. ????2?2?②若a<1，即a>2时，F(x)min＝F?a?≤F(1)＝0. ??1??0，要使函数F(x)在?内无零点， 2???a1?1? 只需F?2?＝－2－2ln2≥0， ??则2 1?? 综上，函数F(x)在?0，2?内无零点，应有a≤4ln 2，所以实数a的最大值是4ln 2. ??【类题通法】 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. 【对点训练】 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. 【解析】(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， 2解得x＝－2或x＝－3. 当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下： x f′(x) f(x) (－∞，－2) ＋ －2 0 c 2???－2，－3? ??－ 2－3 0 32c－27 ?2??－3，＋∞? ??＋ 32∴当c>0且c－27<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈2???2? ?－2，－3?，x3∈?－3，0?，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. ???? 32?? 由f(x)的单调性知，当且仅当c∈?0，27?时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同 ??零点. 题型二、利用导数求解不等式问题 【例2】设函数f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数； 2 (2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋alna. a 【解析】 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－x(x＞0). 当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点. a 当a＞0时，设u(x)＝e，v(x)＝－x， 2x a 因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增. a1 又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜4且b＜4时，f′(b)＜0， 故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点. (2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时， f′(x)＜0； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0. 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0). a 由于2e2x0－x＝0， 0 a22 所以f(x0)＝2x＋2ax0＋alna≥2a＋alna. 0 2 故当a＞0时，f(x)≥2a＋alna. 【例3】已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1). (1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
2018高考数学(理)专题突破——函数与导数、不等式：导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题
