模块复习课-第2课时-利用导数研究不等式问题和函数零点问题

-1-第2课时利用导数研究不等式问题和函数零点问题课堂篇专题整合专题归纳高考体验专题一利用导数证明不等式例1已知函数(1)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;(2)证明f(x)1.分析:(1)求出原函数的导函数,得到f'(1)=e,进一步求得f(1)=2,则函数f(x)在(1,f(1))处的切线方程可求;(2)函数f(x)=exlnx+的定义域为(0,+∞),由(1)得到函数在定义域内的最小值为1,则答案得证.f(x)=exlnx+2e𝑥-1𝑥.2e𝑥-1𝑥-1(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=exlnx+e𝑥𝑥+2𝑥e𝑥-1-2e𝑥-1𝑥2.由题意可得f(1)=2,f'(1)=e,故曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=e(x-1)+2.课堂篇专题整合专题归纳高考体验(2)证明:由(1)知,f(x)=exlnx+2𝑥ex-1,从而f(x)1等价于xlnxxe-x-2e.设函数g(x)=xlnx,则g'(x)=1+lnx,所以当x∈0,1e时,g'(x)0;当x∈1e,+∞时,g'(x)0.故g(x)在0,1e内单调递减,在1e,+∞内单调递增,从而g(x)在(0,+∞)内的最小值为g1e=-1e.设函数h(x)=xe-x-2e,则h'(x)=e-x(1-x).所以当x∈(0,1)时,h'(x)0;课堂篇专题整合专题归纳高考体验当x∈(1,+∞)时,h'(x)0.故h(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,从而h(x)在(0,+∞)内的最大值为h(1)=.因为gmin(x)=h(1)=hmax(x),所以当x0时,g(x)h(x),即f(x)1.反思感悟利用导数法证明不等式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h(x)的单调性或最值证明h(x)0.若函数f(x)与g(x)的最值易求出,可直接转化为证明f(x)ming(x)max;若函数f(x)与g(x)的最值不易求出,可对h(x)=f(x)-g(x)适当变形后进行转化.-1e课堂篇专题整合专题归纳高考体验变式训练1已知函数f(x)=𝑎ln𝑥𝑥+1+𝑏𝑥,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.(1)求a,b的值;(2)证明:当x0,x≠1时,f(x)ln𝑥𝑥-1.(1)解:∵f'(x)=𝑎𝑥+1𝑥-ln𝑥(𝑥+1)2−𝑏𝑥2,由题意知𝑓(1)=1,𝑓'(1)=-12,即𝑏=1,𝑎2-𝑏=-12,∴a=b=1.课堂篇专题整合专题归纳高考体验(2)证明:由(1)知f(x)=ln𝑥𝑥+1+1𝑥,所以f(x)-ln𝑥𝑥-1=11-𝑥22ln𝑥-𝑥2-1𝑥.设h(x)=2lnx-𝑥2-1𝑥(x0),则h'(x)=-(𝑥-1)2𝑥2,当x≠1时,h'(x)0,而h(1)=0.故当x∈(0,1)时,11-𝑥2h(x)0;当x∈(1,+∞)时h(x)0,得11-𝑥2h(x)0.从而,当x0且x≠1时,f(x)-ln𝑥𝑥-10,即f(x)ln𝑥𝑥-1.课堂篇专题整合专题归纳高考体验专题二利用导数求解不等式的恒成立问题例2已知函数f(x)=aex-x-1,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若曲线f(x)恒在直线y=x+1的上方,求实数a的取值范围.分析:(1)求出函数f(x)的导数,通过讨论a的范围求出函数f(x)的单调区间;(2)问题即为a2(𝑥+1)e𝑥对∀x∈R恒成立,令g(x)=2(𝑥+1)e𝑥,利用导数求出g(x)的最大值即可.课堂篇专题整合专题归纳高考体验解:(1)f'(x)=aex-1.①a≤0时,aex-10恒成立,故f(x)在R上单调递增;②a0时,令f'(x)0,解得xln1𝑎;令f'(x)0,解得xln1𝑎,∴f(x)在-∞,ln1𝑎内单调递减,在ln1𝑎,+∞内单调递增.(2)由题意得aex-x-1x+1对∀x∈R恒成立,即a2(𝑥+1)e𝑥对∀x∈R恒成立.令g(x)=2(𝑥+1)e𝑥,则g'(x)=-2𝑥e𝑥.令g'(x)0,解得x0;令g'(x)0,解得x0,∴g(x)在(-∞,0)内单调递增,在(0,+∞)内单调递减,∴g(x)max=g(0)=2,即a2.故实数a的取值范围是(2,+∞).课堂篇专题整合专题归纳高考体验反思感悟已知不等式f(x,λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立,求参数λ的取值范围.利用导数解决此类问题可以运用分离参数法,其一般步骤如下:第一步,将原不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实参数)分离,使不等式的一边是参数,另一边不含参数,即化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式;第二步,利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大(小)值;第三步,解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min,从而求出参数λ的取值范围.如果无法分离参数,可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解.课堂篇专题整合专题归纳高考体验变式训练2已知函数f(x)=x-alnx(a∈R).(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;(2)设,若不等式f(x)g(x)对任意x∈[1,e]恒成立,求a的取值范围.g(x)=-𝑎+1𝑥解:(1)f(x)=x-alnx(x0),f'(x)=①a≤0时,f'(x)0,f(x)在(0,+∞)内单调递增,f(x)无极值;②a0时,令f'(x)0,解得xa;令f'(x)0,解得0xa,∴f(x)在(0,a)内单调递减,在(a,+∞)内单调递增,f(x)有1个极小值点.1-𝑎𝑥=𝑥-𝑎𝑥.课堂篇专题整合专题归纳高考体验(2)若不等式f(x)g(x)对任意x∈[1,e]恒成立,令h(x)=f(x)-g(x),则h(x)min0在[1,e]上恒成立.又h(x)=x-alnx+𝑎+1𝑥(a∈R),∴h'(x)=1-𝑎𝑥−𝑎+1𝑥2=(𝑥+1)[𝑥-(𝑎+1)]𝑥2.①当a+1≥e,即a≥e-1时,h(x)在[1,e]上单调递减,∴h(x)min=h(e)=e-a+𝑎+1e0,解得ae2+1e-1.∵e2+1e-1e-1,∴e-1≤ae2+1e-1.②当a+1≤1,即a≤0时,h(x)在[1,e]上单调递增,∴h(x)min=h(1)=1+a+10,解得a-2,故-2a≤0;③当1a+1e,即0ae-1时,h(x)min=h(a+1).∵0ln(a+1)1,∴0aln(a+1)a,∴h(a+1)=a+2-aln(a+1)2,此时h(a+1)0成立.综上,当-2ae2+1e-1时,不等式f(x)g(x)对任意x∈[1,e]恒成立.课堂篇专题整合专题归纳高考体验专题三利用导数求解函数零点(方程根)的问题(1)求f(x)的单调递减区间;(2)已知函数f(x)有两个不同的零点,求实数a的取值范围.分析:(1)先求得函数的导数,然后对a分a≤0,a0两类,讨论函数的单调区间.(2)由(1)可知,当a≤0时,f(x)至多有1个零点,故不满足条件;当a0时,求得f(x)的最小值,将这个最小值分为非负数或者正数两种情况,结合单调性,讨论函数的零点情况,由此求得实数a的取值范围.例3已知函数f(x)=1𝑥2+alnx(a∈R).课堂篇专题整合专题归纳高考体验解:(1)由条件可知,函数f(x)的定义域是(0,+∞).由f(x)=1𝑥2+alnx,可得f'(x)=-2𝑥3+𝑎𝑥=𝑎𝑥2-2𝑥3.①当a≤0时,f'(x)0在(0,+∞)上恒成立,故f(x)在(0,+∞)上单调递减,不存在单调递增区间;②当a0时,若0x2𝑎,则f'(x)0;若x2𝑎,则f'(x)0,所以f(x)在0,2𝑎上单调递减,在2𝑎,+∞上单调递增.综上可知:当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞);当a0时,f(x)的单调递减区间为0,2𝑎.课堂篇专题整合专题归纳高考体验(2)由(1)可知,当a≤0时,f(x)至多有1个零点,故不满足条件;当a0时,f(x)在0,2𝑎上单调递减,在2𝑎,+∞上单调递增.所以f(x)min=𝑎2+𝑎2ln2𝑎.①当𝑎2+𝑎2ln2𝑎≥0时,即0a≤2e,此时f(x)至多有1个零点,故不满足条件;②当𝑎2+𝑎2ln2𝑎0,即a2e,即2𝑎1e,又因为f(1)=10,所以f(1)·f2𝑎0,又因为f(x)在2𝑎,+∞上单调递增,所以f(x)在2𝑎,+∞上有且只有1个零点;课堂篇专题整合专题归纳高考体验当x∈0,2𝑎时,令g(x)=lnx+1𝑥,则g'(x)=1𝑥−1𝑥2=𝑥-1𝑥2,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(1)=10,所以lnx-1𝑥,所以f1𝑎=a2+aln1𝑎a2+a(-a)=0,又因为当a2e时,所以1𝑎2𝑎,所以f1𝑎·f2𝑎0,课堂篇专题整合专题归纳高考体验又因为f(x)在0,2𝑎上单调递减,所以f(x)在0,2𝑎上有且只有一个零点,此时函数有且仅有两个零点.综上可知,a2e.反思感悟本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间,考查利用导数求解已知函数零点个数、求参数的取值范围问题,考查化归与转化的数学思想方法,考查分类讨论的数学思想方法,综合性很强.课堂篇专题整合专题归纳高考体验变式训练3已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x.(1)当a=2时,求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的零点个数.解:(1)函数f(x)=lnx-2x2,导数为f'(x)=-4x,函数f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为k=-3,切点为(1,-2),所求切线的方程为y+2=-3(x-1),即3x+y-1=0;1𝑥课堂篇专题整合专题归纳高考体验(2)由f(x)=lnx-ax2+(2-a)x=0,可得a=ln𝑥+2𝑥𝑥2+𝑥(x0),令g(x)=ln𝑥+2𝑥𝑥2+𝑥(x0),可得g'(x)=-(2𝑥+1)(ln𝑥+𝑥-1)(𝑥2+𝑥)2,由lnx+x-1在(0,+∞)内递增,且x=1时,ln1+1-1=0,即有当x1时,g'(x)0,g(x)在(1,+∞)内递减,且x→+∞,f(x)→0;当0x1时,g'(x)0,g(x)在(0,1)内递增.可得g(x)在x=1处取得极大值,且为最大值1.作出函数g(x)的图象,可得当a=1或a≤0时,直线y=a和函数y=g(x)的图象有一个交点,函数f(x)有一个零点;当0a1时,直线y=a和函数y=g(x)的图象有两个交点,函数f(x)有两个零点.课堂篇专题整合专题归纳高考体验考点一利用导数证明不等式1.已知函数f(x)=1𝑥-x+alnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2a-2.课堂篇专题整合专题归纳高考体验(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1𝑥2-1+𝑎𝑥=-𝑥2-𝑎𝑥+1𝑥2.①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,+∞)单调递减.②若a2,令f'(x)=0得,x=𝑎-𝑎2-42或x=𝑎+𝑎2-42.当x∈0,𝑎-𝑎2-42∪𝑎+𝑎2-42,+∞时,f'(x)0;当x∈𝑎-𝑎2-42,𝑎+𝑎2-42时,f'(x)0.所以f(x)在0,𝑎-𝑎2-42,𝑎+𝑎2-42,+∞单调递减,在𝑎-𝑎2-42,𝑎+𝑎2-42单调递增.课堂篇专题整合专题归纳高考体