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

导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题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x1x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：【考点梳理】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)＜0a＜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)＞03.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.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)]min0(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)]max0(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.【例1】已知a∈R，函数f(x)＝ex－ax(e＝2.71828…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＋2lnx＋a)在区间0，12内无零点，求实数a的最大值.【题型突破】题型一、利用导数研究函数的零点(方程的根)【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.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)－2lnx，且F(1)＝0，则F′(x)＝a－2x＝ax－2x＝ax－2ax，x0.①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a0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0a≤4ln2.若2a12时，即a4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－aa0.∴φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，则φ(a)φ(4)＝2ln2－20.因此F2a0，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≤4ln2，所以实数a的最大值为4ln2.法二当a≤0时，同法一.当a0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0a≤2时，F(x)在0，12内是减函数.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2a1，即a2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2a≤4ln2.综上，函数F(x)在0，12内无零点，应有a≤4ln2，所以实数a的最大值是4ln2.1.三步求解函数零点(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.【类题通法】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.【对点训练】(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)cc－3227∴当c0且c－32270时，f(－4)＝c－160，f(0)＝c0，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.【例2】设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln2a.题型二、利用导数求解不等式问题【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x＞0).当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点.当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－ax，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－ax在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜a4且b＜14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).由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln2a.【例3】已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－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)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋－3，f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)0等价于lnx－a（x－1）x＋10，设g(x)＝lnx－a（x－1）x＋1，则g′(x)＝1x－2a（x＋1）2＝x2＋2（1－a）x＋1x（x＋1）2，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋10，故g′(x)0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)g(1)＝0.②当a2时，令g′(x)＝0，得x1＝a－1－（a－1）2－1，x2＝a－1＋（a－1）2－1.由x21和x1x2＝1得x11.故当x∈(1，x2)时，g′(x)0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)g(1)＝0，综上可知，实数a的取值范围是(－∞，2].【例4】已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－ax(a∈R且ae)，g(x)＝12x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.【解析】(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)lna－1.综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae，又g′(x)＝(1－ex)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＞e2－2ee＋1，所以a的取值范围为e2－2ee＋1，1.1.(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.【类题通法】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.已知函数f(x)＝lnxx－1(x1).(1)判断函数f(x)的单调性；(2)是否存在实数a，使得关于x的不等式lnxa(x－1)在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，试说明理由；(3)证明：ln(1·2·3·4·…·n)n（n＋1）2(n∈N*，n≥2).【对点训练】【解析】(1)解由题意，f′(x)＝x－1－xlnxx（x－1）2，因为x1，所以x(x－1)20.设g(x)＝x－1－xlnx，g′(x)＝1－lnx－1＝－lnx0.∴g(x)在(1，＋∞)上是减函数，则g(x)g(1)＝0.因此f′(x)0，故f(x)在(1，＋∞)上为减函数.(2)解由lnxa(x－1)得，a(x－1)－lnx0，若a≤0时显然不满足题意，因此a0.设F(x)＝a(x－1)－lnx，F′(x)＝a－1x＝ax－1x＝ax－1ax，令F′(x)＝0，得x＝1a.①a≥1时，01a≤1，F′(x)0，∴F(x)F(1)＝0，因此a≥1时，lnxa(x－1)