专项突破一 函数与导数解答题 课件（共174张PPT）

(共174张PPT)
专项突破一 函数与导数解答题
专题一
突破1
利用导数求参数的值或范围
必备知识 精要梳理　
1.不等式恒成立(能成立)求参数范围的类型与解法
设函数f(x)的定义域为D.
(1)当f(x)存在最值时:
① x∈D,f(x)≤k f(x)max≤k; x∈D,f(x)≤k f(x)min≤k.
② x∈D,f(x)≥k f(x)min≥k; x∈D,f(x)≥k f(x)max≥k.
③ x∈D,f(x)④ x∈D,f(x)>k f(x)min>k; x∈D,f(x)>k f(x)max>k.
(2)当f(x)不存在最值时,若其值域为(m,M),
① x∈D,f(x)≤k M≤k; x∈D,f(x)≤k m② x∈D,f(x)≥k m≥k; x∈D,f(x)≥k M>k.
③ x∈D,f(x)④ x∈D,f(x)>k m≥k; x∈D,f(x)>k M>k.
(3) x∈D,f(x)≤g(x) f(x)max≤g(x)min; x∈D,f(x)≤g(x) f(x)min≤g(x)max.
名师点析在不等式恒成立(能成立)问题中,函数有无最值、不等式中有无等号,结论是有区别的,应注意区分.
2.含两个变量的“任存”问题的常见题型及具体转化策略
(1) x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2) f(x)在区间[a,b]上的最小值>g(x)在区间[c,d]上的最大值.
(2) x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2) f(x)在区间[a,b]上的最大值>g(x)在区间[c,d]上的最小值.
(3) x1∈[a,b], x2∈[c,d],f(x1)>g(x2) f(x)在区间[a,b]上的最小值>g(x)在区间[c,d]上的最小值.
(4) x1∈[a,b], x2∈[c,d],f(x1)>g(x2) f(x)在区间[a,b]上的最大值>g(x)在区间[c,d]上的最大值.
“任存”是指任意、存在,表示两个变量对应的逻辑量词
(5) x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2) f(x)在区间[a,b]上的值域与g(x)在区间[c,d]上的值域的交集非空.
(6) x1∈[a,b], x2∈[c,d],f(x1)=g(x2) f(x)在区间[a,b]上的值域 g(x)在区间[c,d]上的值域.
(7) x2∈[c,d], x1∈[a,b],f(x1)=g(x2) f(x)在区间[a,b]上的值域 g(x)在区间[c,d]上的值域.
名师点析不等式的“任存”问题,均转化为两个函数的最值之间的不等关系;等式的“任存”问题,则转化为两个函数的值域之间的包含关系.
关键能力 学案突破　
考向一　已知不等式恒成立求参数的取值范围
命题角度1　“分离参数求最值”解决不等式恒成立求参数的取值范围问题
[例1-1](2021·天津南开中学期中)已知函数f(x)=-ln x+2x-2.
(1)求与曲线y=f(x)相切且斜率为1的直线方程;
(2)若g(x)=f(x)+ax+2,当x∈[1,e]时,g(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
(2)由题意,得当x∈[1,e]时,g(x)=-ln x+(2+a)x≥0恒成立,
即(a+2)x≥ln x(x∈[1,e])恒成立,
精典对练·得高分
(2021·湖南衡阳月考)已知函数f(x)=(ax+1)·ex(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若a=2,当x≥0时,f(x)≥kx,求实数k的取值范围.
解 (1)因为f(x)=(ax+1)ex,
所以f'(x)=aex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex.
若a=0,则f'(x)>0,f(x)是R上的增函数;
(2)若a=2,不等式f(x)≥kx即为(2x+1)ex≥kx(*).
当x=0时,不等式(*)化为1≥k·0,恒成立,此时k∈R.
命题角度2　“端点效应法”解决不等式恒成立求参数范围问题
[例1-2](2021·福建莆田第三次质检)已知函数f(x)=m(x+1)2-1-2ln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x∈[1,2]时,不等式f(x)≤0恒成立,求实数m的取值范围.
名师点析利用“端点效应法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题
在解决不等式恒成立问题时,端点处满足的临界条件,经常是使命题成立的重要条件,由此可缩小参数的取值范围,而在很多情况下,该范围即为所求,这种通过观察区间端点值来解决问题的方法称为“端点效应法”.“端点效应”是特殊化思想的具体运用,往往可以简化问题的求解过程.根据端点处所满足的条件不同,“端点效应”常常有以下几种情况
(1)利用原函数在端点处的函数值建立不等式确定参数的取值范围.
(2)利用函数的导函数在端点处的函数值满足相应条件建立不等式求解.
精典对练·得高分
(2021·辽宁沈阳三模)已知函数f(x)=(x+1)e-ax,a≠0,若对任意的x≥0,不等式f(x)≤ x+1恒成立,求实数a的取值范围.
命题角度3　“同构法”和“隐零点法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题
[例1-3]已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,所以f'(x)=ex- ,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率k=f'(1)=e-1.
又f(1)=e+1,所以切点坐标为(1,1+e),所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
(2)(方法一:同构法)不等式f(x)≥1,即aex-1-ln x+ln a≥1,
即aex-1+ln a-1≥ln x,所以ex-1+ln a-1+ln a≥ln x,
所以ex-1+ln a+x-1+ln a≥ln x+x.(*)
令g(x)=ex+x,则(*)式等价于g(x-1+ln a)≥g(ln x),
显然g(x)为增函数,所以x-1+ln a≥ln x,即ln a≥ln x-x+1.
当00,h(x)单调递增;
当x>1时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)max=h(1)=0,因此ln a≥0,即a≥1,所以实数a的取值范围是[1,+∞).
所以f(x)>1,因此f(x)≥1恒成立;
当0综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).
名师点析利用“同构法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题的基本思路
在不等式恒成立求参数取值范围问题中,如果不等式中同时含有ex和ln x两种形式的式子,可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑,将不等式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式,然后借助该函数的单调性转化为一个更为简单的不等式恒成立问题,从而解决问题.例如:若能将不等式F(x)>0等价变形为f[g(x)]>f[h(x)],然后利用f(x)的单调性,如单调递增,再转化为g(x)>h(x),这种解题方法通常称之为“同构法”,同构法的一般步骤如下
(1)指对分离:将不等式中的指数部分与对数部分分离,分别放在不等式的两边.
(2)参数放在一起:含有欲求范围的参数项要集中在一起.
(3)常数放在头上:ex项前面的常数系数如a,要通过a=eln a转移到ex项的指数位置中.
(4)缺什么项就凑什么项:按照ex指数中的项进行拼凑,缺什么就凑什么,这时两边就会化为同一个函数的两个函数值的形式了.
名师点析利用“隐零点法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题
在利用导数研究不等式恒成立问题时,需要确定函数的单调性或极值点,因而需要确定函数或导函数的零点,当零点无法直接解出来时,我们称之为“隐零点”(即能确定其存在,但又无法用数值或显性的代数式进行表达).当出现“隐零点”时,我们可以虚设零点,这种解决问题的方法称为“隐零点法”.利用“隐零点法”解决问题的技巧是:形式上虚设,运算上代换,数值上估算,策略上等价转化.
精典对练·得高分
(2021·湖南永州第一次模拟)已知函数f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1(其中a为常数,e是自然对数的底数),曲线y1=f(x)-ln a在点A(0,a)处的切线为l1,曲线y2=g(x-1)-1在点B(a,0)处的切线为l2.
(1)若l1∥l2,求直线l1和l2的方程;
(2)若f(x)>g(x)恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)根据题意可知,曲线y1=f(x)-ln a=aex在点A(0,a)处的切线为l1,
曲线y2=g(x-1)-1=ln x在点B(a,0)处的切线为l2.
又由题意可知a>0,所以a=1.
因为切线l1过点A(0,1),斜率k1=1;切线l2过点B(1,0),斜率k2=1,所以直线l1的方程为x-y+1=0,直线l2的方程为x-y-1=0.
(2)(方法一:同构法)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1,
所以f(x)>g(x)恒成立,即aex+ln a>ln(x+1)+1(x>-1)恒成立,
可等价转化为aex+ln(aex)>ln(x+1)+(x+1)(x>-1)恒成立.
当x∈(-1,0)时,s'(x)>0,s(x)单调递增;
当x∈(0,+∞)时,s'(x)<0,s(x)单调递减,
所以s(x)≤s(0)=1,从而a>1,即实数a的取值范围为(1,+∞).
(方法二:隐零点法)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1,
故f(x)>g(x)恒成立,可等价转化为aex-ln(x+1)+ln a-1>0在区间(-1,+∞)上恒成立.
记h(x)=aex-ln(x+1)+ln a-1,x∈(-1,+∞)(a>0).
当0记φ(x)=a(x+1)ex-1,x∈[-1,+∞),则φ'(x)=a(x+2)ex>0,
所以φ(x)在区间[-1,+∞)上单调递增,又φ(-1)=-1,φ(0)=a-1>0,
所以 x0∈(-1,0)使得φ(x0)=0,即a(x0+1) -1=0①.
则当x∈(-1,x0)时,φ(x)<0,即h'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,φ(x)>0,即h'(x)>0,
故h(x)在区间(-1,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,所以
h(x)min>0,所以当a>1时,h(x)>0恒成立.
故实数a的取值范围为(1,+∞).
易错防范·不丢分
(2021·山东聊城期末)已知函数f(x)=-x2+x+ln x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤mxex-x2-1恒成立,求实数m的最小值.
解 (1)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞).
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
易错提醒利用“隐零点法”解决问题时,经常出现“只设不用”的错误,即能够根据函数解析式以及给定区间设出“隐零点”,但不注意“隐零点”满足的等量关系,不能在后续解题过程中合理地运用“隐零点”满足的等量关系解决相关问题,所以要深入分析“隐零点”所满足的条件,巧妙运用代换、放缩等方法解决问题.
考向二　“任存问题”求参数取值范围
命题角度1　不等式中的“任存问题”
(2)对任意x1∈(0,+∞),存在x2∈R,使得f(x1)>g(x2) f(x1)min>g(x2)min,x1∈(0,+∞),x2∈R.
名师点析不等式中“任存”问题求解注意点
(1)明确变量前面的量词是“任意”还是“存在”,正确作出区分.
(2)弄清是需要求函数的最大值还是最小值.
(3)注意函数最值不存在时,参数取值范围中是否加“=”.
(4)注意不等式中有无“=”.
精典对练·得高分
(2021·湖北黄冈模拟)已知函数f(x)= +aln x(a∈R,a≠0).
(1)当a>0时,求f(x)的单调区间;
(2)若g(x)=2x2f'(x)-xf(x)-3a(a<0),且存在实数x1,x2∈[1,e2],使得不等式2g(x1)(2)g(x)=2x2f'(x)-xf(x)-3a=2ax-axln x-(6a+3)(a<0),
∵存在实数x1,x2∈[1,e2],使得不等式2g(x1)∴2g(x)min又g'(x)=a(1-ln x),a<0,
∴当x∈[1,e)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(e,e2]时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴g(x)min=g(e)=ae-6a-3,g(x)max=max{g(1),g(e2)}=-6a-3,
命题角度2　等式中的“任存问题”
当x>2时,f'(x)<0,∴f(x)在区间(2,+∞)上单调递减,且f(2)=-4,因此当x∈(2,+∞)时,f(x)∈(-∞,-4).
当x→+∞时,g(x)→0,∴当x∈(1,+∞)时,g(x)∈(-∞,0).
∵(-∞,-4) (-∞,0),
∴对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)=g(x2).
名师点析等式中“任存问题”的基本解法
(1)“存在—存在”型: x1∈D1, x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在区间D1上的取值集合A与函数g(x)在区间D2上的取值集合B的交集不为空集,即A∩B≠ .
其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的函数值的取值集合有交集.
(2)“任意—存在”型: x1∈D1, x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在区间D1上的取值集合A是函数g(x)在区间D2上的取值集合B的子集,即A B.
其等价转化的基本思想:函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一个函数值相等,即f(x)的函数值都在g(x)的取值集合之中.
精典对练·得高分
(2021·河北衡水中学月考)已知函数f(x)=(1-a)(x-1)-ln x+1,g(x)=xe1-x.
(1)求g(x)在区间(0,e]上的取值范围;
(2)是否存在实数a,对任意给定的x0∈(0,e],在区间[1,e]上存在不同的x1,x2使得f(x1)=f(x2)=g(x0) 若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由.
解 (1)g'(x)=(1-x)e1-x,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,e]时,g'(x)<0,g(x)单调递减,g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e×e1-e=e2-e>0,
∴g(x)在区间(0,e]上的取值范围为(0,1].
由(1)知g(x)在区间(0,e]上的取值范围为(0,1],而f(1)=1,
∴要使对任意x0∈(0,e],在区间[1,e]上存在不同的x1,x2,使得f(x1)=f(x2)=g(x0),
突破2
利用导数证明问题
必备知识 精要梳理　
与ex,ln x有关的常用不等式的结论
(1)由在函数f(x)=ex图象上任一点(m,f(m)) 处的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥x+1;当m=1时,有ex≥ex.
　称为“切线放缩”
称为“切线放缩”
温馨提示不等式证明中两个常用的放缩不等式:ex≥x+1,ln x≤x-1.
关键能力 学案突破　
考向一　利用导数证明单变量不等式
命题角度1　构造函数利用单调性证明不等式
[例1-1](2021·福建宁德月考)已知函数f(x)=(x+1)ln x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)求证:当x≥1时,f(x)≥2(x-1).
当01时,h'(x)>0,
因此函数h(x)在x=1处取得极小值即最小值,且h(1)=2,所以f'(x)>0恒成立.
故f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.
故g(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此g(x)≥g(1)=0.
故f(x)≥2(x-1).
方法技巧构造函数利用单调性证明不等式
(1)证明不等式f(x)≥g(x)的一般步骤:首先构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后求h'(x),并判断h'(x)在给定区间上的正负,确定h(x)的单调性,从而结合区间端点的函数值即可证得结论.
(2)构造函数利用单调性证明不等式的关键是构造函数,确定其单调性,为了方便判定构造的函数的单调性,有时还会先将欲证不等式进行合理地等价变形,再构造函数,尤其是对于解析式中含有ln x和ex的函数,经常采用以下技巧
①当函数形如f(x)=ln x·g(x)+h(x)等的形式时,如果直接对f(x)求导,会得到f'(x)= +ln x·g'(x)+h'(x),导函数中仍然含有ln x,这时解方程f'(x)=0或不等式f'(x)>0(<0)都比较麻烦,甚至不能直接求解,需要采取“二次求导”或“虚设零点”的办法解决问题.但如果将f(x)=ln x·g(x)+h(x)进行转化,将ln x单独分离出来,得到y=ln x+p(x),再求导,得到y'= +p'(x),这时导函数中不再含有ln x,解方程y'=0或不等式y'>0(<0)就比较容易了.
精典对练·得高分
(2021·天津南开中学期中)已知函数f(x)=(x-a)ex在x=1处取得极值.
(1)求实数a的值;
(2)求证:当x∈(0,+∞)时,f(x)+x+2>0.
(1)解 f'(x)=(x-a+1)ex,由于f(x)在x=1处取得极值,
所以f'(1)=0,即(2-a)e=0,解得a=2.
当a=2时,f'(x)=(x-1)ex,且f'(1)=0,
当x>1时,f'(x)>0,当x<1时,f'(x)<0,
所以当a=2时,x=1是函数f(x)的极小值点.
一题多解·练思维
(2021·吉林长春诊断测试)已知函数f(x)=aex-ex.
(1)若对于任意实数x都有f(x)≥0成立,求实数a的取值范围;
(2)当a≥1,且x≥0时,证明:f(x)≥(x-1)2.
(1)解 因为对任意实数x都有f(x)≥0即aex-ex≥0,
当x<1时,g'(x)>0;当x>1时,g'(x)<0,所以g(x)在x=1处取得极大值即最大值,且g(1)=1,故a≥1,即实数a的取值范围为[1,+∞).
(2)证明 由于当a≥1,且x≥0时,f(x)=aex-ex≥ex-ex,因此只需证明
ex-ex≥(x-1)2.
当0≤x<3-e时,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当3-e0,h(x)单调递增;
当x>1时,h'(x)<0,h(x)单调递减.
所以h(x)在x=1处取得极大值,又h(0)=0,h(1)=0,因此当x≥0时,必有h(x)≤0.
故原不等式成立.
(方法二)令s(x)=ex-ex-(x-1)2,x≥0,则s'(x)=ex-e-2(x-1).
设p(x)=ex-e-2(x-1),则p'(x)=ex-2,由p'(x)=0得x=ln 2.
当x∈[0,ln 2)时,p'(x)<0,当x∈(ln 2,+∞)时,p'(x)>0,又p(1)=0,
p(0)=3-e>0,0所以存在x0∈[0,ln 2),使得p(x0)=0.
当x∈[0,x0)时,p(x)>0,当x∈(x0,1)时,p(x)<0,当x∈(1,+∞)时,p(x)>0.
所以s(x)在区间[0,x0)上单调递增,在区间(x0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.
又s(0)=s(1)=0,所以s(x)≥0.故原不等式成立.
命题角度2　构造函数利用最值证明不等式
[例1-2](2021·浙江宁波期末)已知函数f(x)=aex-4x,a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当a=1时,求证:f(x)+x2+1>0.
(1)解 f'(x)=aex-4.
当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减;
(2)证明 当a=1时,f(x)=ex-4x,令g(x)=f(x)+x2+1=ex-4x+x2+1,
则g'(x)=ex-4+2x,令h(x)=ex-4+2x,则h'(x)=ex+2>0恒成立,所以g'(x)在R上单调递增,又g'(0)=-3<0,g'(1)=e-2>0,所以存在x0∈(0,1),使得g'(x0)=0,
即 -4+2x0=0.
当x∈(-∞,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
由于x0∈(0,1),所以g(x)min>0,
所以g(x)>0,
故f(x)+x2+1>0.
名师点析构造函数利用最值证明不等式
在证明不等式f(x)>0(f(x)<0)时,可通过证明f(x)min>0(f(x)max<0)来实现,因此关键是求出函数f(x)的最小值(最大值).在求函数f(x)的最值时,主要利用导数通过单调性及极值求得,有以下几种情形
(1)直接求得f(x)的最值,且最值是一个具体的实数.
(2)求得f(x)的最值,且最值是一个含有参数的代数式,再说明该代数式的最值大于0(小于0).
(3)通过隐零点求得f(x)的最值,再说明含有隐零点的最值表达式大于0(小于0).
精典对练·得高分
(2021·四川成都三模)已知函数f(x)=ln x.
(1)讨论函数g(x)=f(x)-ax(a∈R)的单调性;
(2)证明:函数f(x)数学思想·扩思路
等价转化思想
(2021·全国乙,理20)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求实数a的值;
(1)解 由题意,f(x)的定义域为(-∞,a).
令y=p(x)=xf(x),则p(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),
当x<0时,p'(x)>0,当0所以当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极大值点.
因为当x∈(-∞,0)时,xln(1-x)<0,当x∈(0,1)时,xln(1-x)<0,所以需证明
x+ln(1-x)>xln(1-x),即需证明x+(1-x)ln(1-x)>0.
令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1,则h'(x)=(1-x) +1-ln(1-x)=-ln(1-x),所以h'(0)=0,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,当x∈(0,1)时,h'(x)>0,所以x=0为h(x)的唯一极小值点,也是最小值点,所以当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,所以g(x)<1.
命题角度3　利用放缩法证明不等式
[例1-3](2021·辽南协作校二模)设函数f(x)=axln x,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过点(3,2).
(1)求函数f(x)的极值;
(1)解 由题意,得f'(x)=aln x+a,则f'(1)=a.
又f(1)=0,故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=a(x-1),
因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过点(3,2),所以(3-1)a=2,得a=1,所以
当01时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,
所以g(x)≥g(1)=0,当且仅当x=1时等号成立②,
名师点析放缩法证明不等式
在证明不等式时,若直接证明比较困难,可将不等式中的部分项进行放大或缩小,然后证明放缩后的不等式成立,再根据不等式的传递性证明原不等式成立.常用的放缩技巧有:(1)ex≥x+1;(2)ex-1≥x;(3)ln x≤x-1;(4)ln(x+1)≤x等.
精典对练·得高分
(2021·福建泉州二模)已知函数f(x)= 在x=1处取得极值.
(1)求实数a的值,并求函数f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)+x+ >0.
当x∈(0,1)时,f'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在x=1处取得极小值,且f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
命题角度4　利用“凹凸反转法”证明不等式
[例1-4](2021·河南郑州三模)已知f(x)=xln x-ax+1.
(1)求f(x)的最小值;
(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x+1-a.
令f'(x)=ln x+1-a=0,得x=ea-1.
当x∈(0,ea-1)时,f'(x)<0;当x∈(ea-1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在x=ea-1处取得极小值亦即最小值,且f(ea-1)=(a-1)ea-1-aea-1+1=1-ea-1.
令g(x)=xln x+1-x+4e-2(x>0),则g'(x)=ln x.
由g'(x)=0,得x=1.
当01时g'(x)>0,故g(x)在x=1处取得极小值亦即最小值,且g(1)=4e-2.
名师点析“凹凸反转法”证明不等式
在证明不等式f(x)>0时,可将f(x)进行合理地拆分,转化为h(x)>g(x)的形式,其中函数h(x),g(x)的图象分别呈现凹凸形状,实质就是函数h(x),g(x)分别具有最小值和最大值,然后分别求出函数h(x),g(x)的最小值和最大值,只需说明h(x)min≥g(x)max,且h(x)取最小值与g(x)取最大值时的x的值不一样,即可证明h(x)>g(x),这种证明不等式的方法称之为“凹凸反转法”.
精典对练·得高分
考向二　利用导数证明双变量不等式
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)设函数F(x)=f(x)+xln a,x1,x2是函数f(x)的两个极值点,证明:F(x1)+F(x2)<1-4ln 2.
所以当x∈(0,x1')时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(x1',x2')时,g(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(x2',+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增,
名师点析证明双变量不等式的基本策略
(1)合理转化,即由已知条件入手,寻找双参数所满足的关系式,合二为一,转化为含单变量的不等式.
(2)巧妙构造函数,再利用导数研究该函数的单调性或最值.
(3)回归含双参的不等式,把所求的最值应用到含双参的不等式,即可证得结果.
精典对练·得高分
(1)解 由题意,知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= ,x>0,
令x2-2ax+1=0,则其根的判别式Δ=4a2-4.
当Δ≤0,即-1≤a≤1时,f'(x)≥0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
当Δ>0,即a>1或a<-1时,若a<-1,-2ax>0,f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
x (0,x1') x1' (x1',x2') x2' (x2',+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
考向三　利用导数证明与数列有关的问题
(2021·湖南郴州三模)已知函数f(x)=(x+1)ln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
当x>1时,g'(x)>0,
所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
又g(1)=0,所以g(x)>0,即F'(x)>0,
所以F(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以F(x)>F(1)=0,
故x>1时,(x+1)ln x>2(x-1).
名师点析证明与数列有关的不等式的策略
在证明与数列有关的不等式时,往往是从题目中已经证得的结论(参数的取值范围,不等式等)出发,通过特殊化处理,即将其中的变量替换为特殊的变量,尤其是可替换为与自然数n有关的式子,然后再结合数列中的裂项求和以及不等式的放缩等方法证得结论.
精典对练·得高分
突破3
利用导数研究函数的零点
必备知识 精要梳理　
判断或讨论函数零点个数问题的常用方法与策略
(1)直接法:先对函数求导,根据导数求出函数的单调区间与极值,从而画出函数图象,然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题.
(2)分段讨论法:当函数解析式中含有参数或不宜直接画出函数图象时,可以结合导函数的取值情况,对函数的定义域所在的区间分段讨论,判断分析函数在每一段上零点的个数情况,从而得到函数在整个定义域上的零点个数.
(3)隐零点法:通过虚设零点,确定函数的单调区间以及极值,从而得到函数值的变化情况,以确定函数零点的个数.
(4)构造新函数法(数形结合):将问题转化为研究两函数图象的交点问题,先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.
关键能力 学案突破　
考向一　判断、证明或讨论函数零点的个数
命题角度1　直接法判断、证明或讨论函数零点的个数
[例1-1](2021·北京延庆模拟)已知函数f(x)=-ln x+2x-2.
(1)求曲线y=f(x)的斜率等于1的切线方程;
(2)求函数f(x)的极值;
(3)设g(x)=x2f(x)-2f(x),判断函数g(x)的零点个数,并说明理由.

得x0=1,所以y0=-ln 1+2-2=0.
故所求切线方程为y-0=1×(x-1),即y=x-1.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
方法点拨直接法判断函数零点个数
对于解析式中不含参数的函数,可利用导数确定函数的单调区间、极值、最值情况,同时结合函数值的变化情况,画出函数的大致图象,观察图象与x轴交点的情况,从而确定函数零点的个数.
精典对练·得高分
(2021·湖南岳阳月考)已知函数f(x)=ln xln(2x).
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)设h(x)=f(x)-1,求证:h(x)在区间[1,+∞)上有唯一零点.
增,从而h(x)在区间[1,+∞)上单调递增.
因为h(1)=-1<0,h(e2)=ln e2ln(2e2)-1=2ln 2+3>0,
所以h(x)在区间[1,+∞)上有唯一零点.
数学思想·扩思路
分类讨论思想
(2021·福建宁德月考)已知函数f(x)=ex-2ax-a.
(1)若函数f(x)在区间(-1,1)上单调递减,求实数a的取值范围;
(2)当a>0时,求函数f(x)的零点个数.
(2)f'(x)=ex-2a,当a>0时,由f'(x)>0,有x>ln(2a),f(x)在区间(ln(2a),+∞)上单调递增;
由f'(x)<0,有x∴f(x)的极小值为f(ln(2a))=a-2aln(2a).
∵当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,
命题角度2　利用隐零点法判断、证明或讨论函数零点的个数
[例1-2](2021·天津十二区县联考)已知f(x)=sinnx,g(x)=ln x+mex(n为正整数,m∈R).
(1)若曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线垂直于直线y= x,求实数m的值;
(2)当n=1时,设函数h(x)=x2-1-2f(x),x∈(0,π),证明:函数h(x)只有1个零点;
(2)证明 当n=1时,要证h(x)仅有1个零点,即证h(x)=0仅有1个实数根,只需证h(x)=x2-1-2sin x=0,x∈(0,π)仅有1个实数根.
由于h'(x)=2x-2cos x=2(x-cos x).
只需证x+ln x+1-xex≤0.
令F(x)=ex-x-1,则F'(x)=ex-1,
当x<0时,F'(x)<0,F(x)单调递减,
当x>0时,F'(x)>0,F(x)单调递增,
故当x=0时,F(x)取得最小值F(0)=0,
所以F(x)≥0,所以ex≥x+1,所以ex+ln x≥x+ln x+1,
方法点拨借助隐零点判断或证明函数零点情况
在利用导数研究函数的零点问题时,需要确定函数的单调性或极值,因而需要确定函数或导函数的零点,当零点无法直接求解时,我们可以虚设零点,即利用“隐零点法”解决函数零点问题.通过隐零点,确定函数的单调区间,从而得到函数的极值与最值,然后通过极值的正负判断、分析函数值的正负情况,从而得到零点的个数.
精典对练·得高分
(2021·广州六中期中)已知函数f(x)=kx-xln x在区间(0,+∞)上的最大值为1.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)讨论函数F(x)=f(x)-cos x在区间[ ,+∞)上的零点的个数.

解 (1)由f(x)=kx-xln x,得f'(x)=k-1-ln x.
因为函数f(x)在区间(0,+∞)上有最值,所以函数f(x)在区间(0,+∞)上不是单调函数.
令f'(x)>0,得0令f'(x)<0,得x>ek-1,所以f(x)的单调递增区间是(0,ek-1),单调递减区间是(ek-1,+∞).
故f(x)在x=ek-1处有极大值f(ek-1)=ek-1,也是f(x)的最大值,所以ek-1=1,解得k=1.
故f(x)=x-xln x.
(2)由(1)可得F(x)=x-cos x-xln x,所以F'(x)=sin x-ln x,设h(x)=sin x-ln x.
当x∈(e,+∞)时,h(x)=F'(x)<0,所以F(x)单调递减.
考向二　已知函数零点情况求参数的值或范围
已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=ex-(x+2),则f'(x)=ex-1.
当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.
(2)(方法一)f'(x)=ex-a.
当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增.
故函数f(x)至多存在一个零点,不符合题意.
当a>0时,由f'(x)=ex-a=0,可得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;
当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,因此当x=ln a时函数f(x)取得最小值,
且f(ln a)=-a(1+ln a).
方法总结根据函数零点情况求参数的取值范围问题的解法
(1)将函数中的参数λ与变量分离,得λ=g(x),转化为研究方程λ=g(x)根的个数问题,然后利用导数研究函数g(x)的最值或值域,结合图象,根据直线y=λ与函数g(x)的图象交点的个数确定参数λ的取值范围.
(2)直接研究函数f(x)的单调性与极值情况,必要时分类讨论,同时结合函数零点存在定理建立不等式求解.
(3)转化为两个熟悉函数的图象的位置关系问题,借助直线与曲线相切作为临界状态,再根据零点个数进一步构建不等式求解.
精典对练·得高分
(2021·吉林长春期末)已知函数f(x)=x-a(1+ln x).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
当x>a时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增.
(2)由(1)可得:
当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,至多有1个零点,不符合题意;
当a>0时,f(x)min=f(a)=-aln a,
若00,f(x)无零点,不符合题意;
数学思想·扩思路
函数与方程思想
(2021·浙江宁波期末)设函数f(x)=ax2-ln x,其中a∈R.
(1)若a= ,求函数f(x)的单调区间;
(2)若方程f(x)=x恰有两个不相等的实数根,求实数a的取值范围.
∵f(x)的定义域为(0,+∞),
∴当x∈(0,1)时,f'(x)<0,即f(x)的单调递减区间为(0,1);
当x∈[1,+∞)时,f'(x)≥0,即f(x)的单调递增区间为[1,+∞).
又因为h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,则g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
所以g(x)max=g(1)=1,且g(x)在区间(1,+∞)上恒大于0.
画出函数g(x)的大致图象,如图.
由图可知,要使f(x)=x有两个不相等的实数根,需满足直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点,故实数a的取值范围为(0,1).
考向三　与函数零点有关的不等式的证明问题
命题角度1　构造对称和(或差)证明不等式
[例3-1](2021·山东青岛期中)已知函数f(x)=ln x- ax2+1.
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y=0垂直,求函数f(x)在区间(0,1]上的最大值;
(2)当a=1时,设函数f(x)的两个零点为x1,x2,试证明:x1+x2>2.
F(x)因为x2>1,2-x1>1,f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,
所以x2>2-x1,即x1+x2>2.
名师点睛构造对称和(或差)证明不等式的基本思路
(1)确定极值点以及零点的范围:利用导数研究函数的单调性以及极值,确定极值点x0,进而确定函数两个零点x1,x2的范围:x1(2)构造函数:根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)或F(x)=f(x0+x)-f(x0-x).
(3)比较大小:利用导数确定函数F(x)的单调性,判断F(x)的正负,从而得到f(x)与f(2x0-x),f(x0+x)与f(x0-x)的大小关系.
(4)转化得到结论:根据函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x0-x),f(x0+x)与f(x0-x)的大小关系转化为x与2x0-x,x0+x与x0-x的大小关系,即得结论.
精典对练·得高分
(2021·江苏南通期末)已知函数f(x)=aex-x,a∈R.
(1)若函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线与x轴平行,求实数a的值;
(2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2>2.
(1)解 ∵f(x)=aex-x,
∴f'(x)=aex-1,由题意可得f'(0)=a-1=0,解得a=1.
(2)证明 f'(x)=aex-1.
当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减,不可能有两个零点;
当a>0时,令f'(x)=0,得x=-ln a.
当x<-ln a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x>-ln a时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
∴f(x)min=f(-ln a)=1+ln a.
所以g(x)在区间(-∞,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.
由于x1,x2是方程g(x)=0的实根,不妨设x1<1要证x1+x2>2,只要证x2>2-x1>1.
由于g(x)在区间(1,+∞)上单调递减,故只要证g(x2)因为x<1,所以1-x>0,2-x>x,所以e2-x>ex,即e2-x-ex>0,所以H'(x)>0,所以H(x)在区间(-∞,1)上单调递增.
所以H(x1)2.
命题角度2　通过“根商”构造函数证明不等式
名师点析通过“根商”构造函数证明不等式
通过“根商”构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数,再结合所证问题,巧妙引入变量t= ,从而构造函数.
(1)巧妙消参:利用方程f(x1)=f(x2)=0消掉解析式中的参数.
(2)抓商构元:令t= ,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h(t).
(3)用导数求解:利用导数研究函数h(t)的单调性和极值、最值,即可证得结论.
精典对练·得高分
(2021·山东潍坊月考)已知函数f(x)=ln x+ ax2-(a+1)x(a∈R).
(1)当a=1时,判断函数f(x)的单调性;
(2)若关于x的方程f(x)= ax2有两个不同的实数根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明x1x2>e2.