第二课时 利用导数研究函数的零点
考点一 利用导数确定函数零点个数
[例1] (2025·河南郑州模拟)已知函数f(x)=eax-x.
(1)若a=2,求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的零点个数.
【解】 (1)若a=2,则f(x)=e2x-x,f′(x)=2e2x-1.又f(1)=e2-1,则切点为(1,e2-1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的斜率k=f′(1)=2e2-1,故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1),即(2e2-1)x-y-e2=0.
(2)法一(分离参数法)
f(x)的定义域为R,
当x≤0时,f(x)=eax-x>0;
当x>0时,令f(x)=0,得eax=x,
所以ax=ln x,所以a=.
令g(x)=(x>0),
则g′(x)=.
若0
0,g(x)单调递增.
若x>e,则g′(x)<0,g(x)单调递减.
又g(e)=,
当x→+∞时,g(x)→0,
当x→0时,g(x)→-∞.
如图,结合图象可知:
当a≤0或a=时,f(x)有一个零点;
当0当a>时,f(x)没有零点.
法二(分类讨论法) 由题得,f′(x)=aeax-1.
①当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在R上单调递减,又f(0)=1>0,f(1)=ea-1≤0.
故f(x)存在一个零点,此时f(x)零点个数为1.
②当a>0时,令f′(x)<0,得x<-,令f′(x)>0,得x>-,所以f(x)在(-∞,-)上单调递减,在(-,+∞)上单调递增.故f(x)的最小值为f(-)=.
当a=时,f(x)的最小值为f(-)=0,此时f(x)有一个零点.
当a>时,f(x)的最小值f(-)>0,此时f(x)没有零点.
当00,当x→+∞ 时,f(x)→+∞,此时f(x)有两个零点.
综上,当a≤0或a=时,f(x)有一个零点;当0时,f(x)没有零点.
(1)不含参数的函数零点个数问题可直接研究其图象与x轴的交点问题或转化为两个函数图象的交点问题.
(2)含参数的函数零点个数问题可以选择以下方法.
①分离参数法:一般采取参变分离,转化为两个函数图象的交点问题,即利用导数研究单调性,结合函数变化趋势、极值等作出函数图象,结合函数图象求解;
②分类讨论法:若是函数不容易参变分离,可以结合函数的单调性及函数零点存在定理,通过分类讨论求参数的范围.
[针对训练]
设函数f(x)=x2-2kln x(k>0).
(1)当k=4时,求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)讨论函数f(x)在区间(1,)上的零点个数.
【解】 (1)因为f(x)=x2-2kln x(k>0),
所以f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=2x-=,
令f′(x)=0,得x=2或x=-2(舍去).
当x变化时,函数f(x),f′(x)变化情况如表:
x (0,2) 2 (2,+∞)
f′(x) - 0 +
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞),
在x=2处取得极小值,f(2)=4-8ln 2,无极大值.
(2)由(1)知f(x)的最小值为f()=k-kln k,
若函数有零点,则有f()≤0,解得k≥e.
当k≥e时,函数f(x)在(1,)上单调递减,
又f(1)=1>0,f()=e-k≤0,所以函数f(x)在(1,)上有1个零点;
当0综上,当k≥e时,函数f(x)在(1,)上有1个零点,
当0考点二 根据函数零点个数求参数取值范围
[例2] (2025·安徽芜湖模拟)已知函数f(x)=ax+(a-1)ln x+-2,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)只有一个零点,求a的取值范围.
[溯源探本] 本例源于人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T19.
【解】 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a+-=.
①若a≤0,则f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
②若a>0,则当x∈(0,)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
(2)若a≤0,f()=+1-a+e-2=(-1)a+e-1>0,f(1)=a-1<0.
结合函数的单调性可知,f(x)有唯一零点.
若a>0,因为函数在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,所以要使得函数有唯一零点,只需f(x)min=f()=1-(a-1)ln a+a-2=(a-1)(1-ln a)=0,
解得a=1或a=e.
综上,a的取值范围为(-∞,0]∪{1,e}.
根据零点个数求参数取值范围与讨论含参函数的零点个数是同一个问题,所以也有两种方法,一是分离参数法,二是分类讨论法,只是结论可能仅仅是讨论含参函数零点个数问题中的某一种情况.
[针对训练]
已知函数f(x)=-x2+2ln x+2.
(1)求f(x)的极值;
(2)若g(x)=ln x+2-x-k-f(x),在(,2)上有两个不同的零点,求实数k的取值范围.
【解】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-2x+=-,
由f′(x)=0得x=1,当00,f(x)单调递增,
当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以函数f(x)有极大值f(1)=1,无极小值.
(2)若g(x)=x2-ln x-x-k,x∈(,2),
g′(x)=2x--1=,则当x=1时,g′(x)=0,当0,
于是得g(x)在(,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,g(x)min=g(1)=-k,而g()=ln 2--k,g(2)=2-ln 2-k,
显然g()第一课时 利用导数研究不等式问题
考点一 利用导数解决不等式的恒成立问题
[例1] 已知函数f(x)=axex-(x+1)2(a∈R).若对x∈[-1,1],f(x)≤0恒成立,求a的取值范围.
【解】 f′(x)=a(ex+xex)-2(x+1)=(x+1)(aex-2).
(1)当a≤0时,f(x)在[-1,1]上单调递减,由f(x)max=f(-1)=-ae-1≤0,得a=0.
(2)当a>0时,由f′(x)=0,得x=-1,x=ln .
①若a≥2e,当x∈[-1,1],f′(x)≥0恒成立,
f(x)在[-1,1]上单调递增,f(x)max=f(1)=ae-4>0,不符合题意;
②若0-1,由f′(x)>0,得x<-1或x>ln ;由f′(x)≤0,得-1≤x≤ln ,
所以f(x)在[-1,ln ]上单调递减,在(ln ,+∞)上单调递增,
无论1比ln 大或小,当x∈[-1,1]时,f(x)max为f(-1),f(1)中的较大者,
要对x∈[-1,1],f(x)≤0恒成立,只需解得0综上,a的取值范围为.
恒成立问题的解法
(1)最值法:若容易直接求解f(x)在区间D上的最值,则 x∈D,f(x)>0 f(x)min>0; x∈D,f(x)<0 f(x)max<0.此法需要继续求解一个关于参数的不等式,进而求出参数的范围.
(2)分离参数法:若容易分离参数且分离参数后的函数容易求解最值,则可用分离参数法,即将问题转化为a>f(x)(或af(x) a>f(x)max;a[针对训练]
已知f(x)=xln x-ax,g(x)=-x2-2.对一切x∈(0,+∞),f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.
【解】 由于对一切x∈(0,+∞),f(x)≥g(x)恒成立,即xln x-ax≥-x2-2恒成立,也就是a≤ln x+x+在x∈(0,+∞)上恒成立.
令F(x)=ln x+x+,则F′(x)=+1-=.
在(0,1)上,F′(x)<0,在(1,+∞)上,F′(x)>0,因此,F(x)在x=1处取得极小值,也就是最小值,即F(x)min=F(1)=3,所以a≤3,所以a的取值范围是(-∞,3].
考点二 利用导数解决不等式的能成立问题
[例2] 已知函数f(x)=x3-ax2+10.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;
(2)在区间[1,2]内至少存在一个实数x,使得f(x)<0成立,求实数a的取值范围.
【解】 (1)当a=1时,f(x)=x3-x2+10,所以f′(x)=3x2-2x,f′(2)=8,又f(2)=14,
所以所求切线方程为y-14=8(x-2),即8x-y-2=0.
(2)法一(最值法) f′(x)=3x2-2ax=3x(x-)(1≤x≤2).
①当≤1,即a≤时,f′(x)≥0,f(x)在[1,2]上单调递增,故f(x)min=f(1)=11-a,
所以11-a<0 a>11,与a≤矛盾;
②当1<<2,即0,
所以f(x)min=f()=-a3+10,所以-a3+10<0 a>3>3,这与③当≥2,即a≥3时,f′(x)≤0,f(x)在[1,2]上单调递减,所以f(x)min=f(2)=18-4a,
所以18-4a<0 a>,故a>.
综上所述,a的取值范围为(,+∞).
法二(分离参数法) 由已知得,a>=x+,设g(x)=x+(1≤x≤2),所以g′(x)=1-.
因为1≤x≤2,所以g′(x)<0,所以g(x)在[1,2]上单调递减,所以g(x)min=g(2)=, 故a的取值范围为(,+∞).
能成立问题的解法
(1)最值法:若容易直接求解f(x)在区间D上的最值,则 x∈D,f(x)>0 f(x)max>0; x∈D,f(x)<0 f(x)min<0.此法需要继续求解一个关于参数的不等式,进而求出参数的范围.
(2)分离参数法:若容易分离参数且分离参数后的函数容易求解最值,则可用分离参数法,即将问题转化为a>f(x)(或af(x) a>f(x)min;a[针对训练]
(2025·江苏苏州模拟)已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;
(2)若存在x∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求实数a的取值范围.
【解】 (1)当a=1时,f(x)=x-ex,
则f′(x)=1-ex,
当x<0时,f′(x)>0,当x>0时,f′(x)<0,
所以函数f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以函数f(x)的极大值为f(0)=-1,无极小值.
(2)若存在x∈(0,+∞),
使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,
则ax≤(x>0),即a≤(x>0),
则问题转化为a≤()max(x>0),
令h(x)=(x>0),
h′(x)==,当00,
当x>时,h′(x)<0,所以函数h(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,
所以h(x)max=h()=,所以a≤.
故实数a的取值范围是(-∞,].
考点三 利用导数证明不等式
[例3] (2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+.
[溯源探本] 本例源于人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T18.
(1)【解】 因为f(x)=a(ex+a)-x,定义域为R,所以f′(x)=aex-1.
当a≤0时,由于ex>0,则aex≤0,故f′(x)=aex-1<0恒成立,所以f(x)在R上单调递减.
当a>0时,令f′(x)=aex-1=0,解得x=-ln a,当x<-ln a时,f′(x)<0,则f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减;当x>-ln a时,f′(x)>0,则f(x)在(-ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)【证明】 由(1)得,f(x)min=f(-ln a)=a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a,要证f(x)>2ln a+,
即证1+a2+ln a>2ln a+,即证a2--ln a>0恒成立,令g(a)=a2--ln a(a>0),
则g′(a)=2a-=,令g′(a)<0,则00,则a>,所以g(a)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,所以g(a)min=g()=()2--ln =ln >0,则g(a)>0恒成立,
所以当a>0时,f(x)>2ln a+.
待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,有时对复杂的式子要进行变形,利用导数研究其单调性和最值,借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
[针对训练]
已知函数f(x)=ax2-(2a+1)x+2ln x.
当a=0时,证明:f(x)<2ex-x-4(其中e为自然对数的底数).
【证明】 当a=0时,函数f(x)=2ln x-x,
由f(x)<2ex-x-4可知ex>ln x+2.
令g(x)=ex-ln x-2(x>0),g′(x)=ex-.
设g′(x0)=0,则=(0当x∈(0,x0)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.
所以当x=x0时,g(x)取得唯一的极小值,也是最小值.
g(x)的最小值是g(x0)=-ln x0-2=-ln -2=+x0-2>0成立,
故f(x)<2ex-x-4成立.第4节 导数的综合应用
第一课时 利用导数研究不等式问题
考点一 利用导数解决不等式的恒成立问题
[例1] 已知函数f(x)=axex-(x+1)2(a∈R).若对x∈[-1,1],f(x)≤0恒成立,求a的取值范围.
恒成立问题的解法
(1)最值法:若容易直接求解f(x)在区间D上的最值,则 x∈D,f(x)>0 f(x)min>0; x∈D,f(x)<0 f(x)max<0.此法需要继续求解一个关于参数的不等式,进而求出参数的范围.
(2)分离参数法:若容易分离参数且分离参数后的函数容易求解最值,则可用分离参数法,即将问题转化为a>f(x)(或af(x) a>f(x)max;a[针对训练]
已知f(x)=xln x-ax,g(x)=-x2-2.对一切x∈(0,+∞),f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.
考点二 利用导数解决不等式的能成立问题
[例2] 已知函数f(x)=x3-ax2+10.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;
(2)在区间[1,2]内至少存在一个实数x,使得f(x)<0成立,求实数a的取值范围.
能成立问题的解法
(1)最值法:若容易直接求解f(x)在区间D上的最值,则 x∈D,f(x)>0 f(x)max>0; x∈D,f(x)<0 f(x)min<0.此法需要继续求解一个关于参数的不等式,进而求出参数的范围.
(2)分离参数法:若容易分离参数且分离参数后的函数容易求解最值,则可用分离参数法,即将问题转化为a>f(x)(或af(x) a>f(x)min;a[针对训练]
(2025·江苏苏州模拟)已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;
(2)若存在x∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求实数a的取值范围.
考点三 利用导数证明不等式
[例3] (2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+.
[溯源探本] 本例源于人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T18.
待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,有时对复杂的式子要进行变形,利用导数研究其单调性和最值,借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
[针对训练]
已知函数f(x)=ax2-(2a+1)x+2ln x.
当a=0时,证明:f(x)<2ex-x-4(其中e为自然对数的底数).第二课时 利用导数研究函数的零点
考点一 利用导数确定函数零点个数
[例1] (2025·河南郑州模拟)已知函数f(x)=eax-x.
(1)若a=2,求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的零点个数.
(1)不含参数的函数零点个数问题可直接研究其图象与x轴的交点问题或转化为两个函数图象的交点问题.
(2)含参数的函数零点个数问题可以选择以下方法.
①分离参数法:一般采取参变分离,转化为两个函数图象的交点问题,即利用导数研究单调性,结合函数变化趋势、极值等作出函数图象,结合函数图象求解;
②分类讨论法:若是函数不容易参变分离,可以结合函数的单调性及函数零点存在定理,通过分类讨论求参数的范围.
[针对训练]
设函数f(x)=x2-2kln x(k>0).
(1)当k=4时,求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)讨论函数f(x)在区间(1,)上的零点个数.
考点二 根据函数零点个数求参数取值范围
[例2] (2025·安徽芜湖模拟)已知函数f(x)=ax+(a-1)ln x+-2,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)只有一个零点,求a的取值范围.
[溯源探本] 本例源于人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T19.
根据零点个数求参数取值范围与讨论含参函数的零点个数是同一个问题,所以也有两种方法,一是分离参数法,二是分类讨论法,只是结论可能仅仅是讨论含参函数零点个数问题中的某一种情况.
[针对训练]
已知函数f(x)=-x2+2ln x+2.
(1)求f(x)的极值;
(2)若g(x)=ln x+2-x-k-f(x),在(,2)上有两个不同的零点,求实数k的取值范围.