高考數(shù)學復習 17-18版 第4章 第19課 導數(shù)與函數(shù)、不等式的綜合問題

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1、 第19課 導數(shù)與函數(shù)、不等式的綜合問題 [最新考綱] 內容 要求 A B C 利用導數(shù)研究函數(shù)的零點問題 √ 利用導數(shù)證明不等式 √ 最值與不等式 各類不等式與函數(shù)最值的關系如下表： 不等式類型 與最值的關系 任意的x∈D，f(x)>M 任意的x∈D，f(x)min>M 任意的x∈D，f(x)M 任意的x∈D，f(x)max>M 存在x∈D，f(x)g(x) 任意的x∈D，[f(x)－g(x)

2、]min>0 任意的x∈D，f(x)g(x2) 任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)max 任意的x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2) 任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)min>g(x)min 存在x1∈D1，任意的x2∈D2，f(x1)>g(x2) 任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)max 存在x1∈D1，存在x2∈D2，f(x1)>g(x2) 任意的x∈D1，任意的x∈D2，f(x)max>g(x)mi

3、n 1．(思考辨析)判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)不等式f(x)≥g(x)對?x∈R恒成立，等價于f(x)min>g(x)max.(　　) (2)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的圖象與x軸最多有3個交點，最少有一個交點．(　　) (3)函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的最小值大于0，則f(x)＞g(x)．(　　) (4)“存在x∈(a，b)，使f(x)≥a”與“任意x∈(a，b)，使f(x)≥a”，這兩個說法相同．(　　) [答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)× 2．(教材改編)若函數(shù)y＝m與y＝3x－x3的圖象有三個不同的交點

4、，則實數(shù)m的取值范圍為________． (－2,2)　[y′＝3(1－x)(1＋x)，令y′＝0，得x＝±1， 所以y極大值＝2，y極小值＝－2，作出函數(shù)y＝3x－x3和y＝m的大致圖象(如圖)，根據(jù)圖象知－2

5、_． 0　[方程ln x－ax＝0等價于＝a，設f(x)＝. ∵f′(x)＝＝， 令f′(x)＝0，得x＝e， ∴f(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減． ∴f(x)的最大值f(e)＝， ∴f(x)＝≤(僅當x＝e時，等號成立)． ∵a＞，∴原方程無實根．] 5．定義在R上的函數(shù)f(x)，其導函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞1，且f(2)＝3，則關于x的不等式f(x)＜x＋1的解集為________． (－∞，2)　[由f′(x)＞1得f′(x)－1＞0，即(f(x)－x)′＞0，故函數(shù)g(x)＝f(x)－x單調遞增，不等式f(x)＜x＋1，即f(x)－x＜1

6、＝f(2)－2，即g(x)＜g(2)，所以x＜2.] 用導數(shù)解決與不等式有關的問題 角度1　解不等式 　(2017·蘇州模擬)設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，且當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是________. 【導學號：62172105】 (－∞，－1)∪(0,1)　[記函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝， 因為當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，故當x>0時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞減； 又因為函數(shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)， 所以g

7、(x)在(－∞，0)上單調遞增，且g(－1)＝g(1)＝0. 當00，則f(x)>0； 當x<－1時，g(x)<0，則f(x)>0， 綜上所述，使f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)．] 角度2　證明不等式 　(2015·福建高考節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ln x－. (1)證明：當x>1時，f(x)1，當x∈(1，x0)時，恒有f(x)>k(x－1)． [解]　(1)證明：令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)， 則有F′(x)＝. 當x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)′(

8、x)<0， 所以F(x)在[1，＋∞)上單調遞減， 故當x>1時，F(xiàn)(x)1時，f(x)1滿足題意． 當k>1時，對于x>1，有f(x)1滿足題意． 當k<1時，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)， 則有G′(x)＝－x＋1－k＝. 由G′(x)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0， 解得x1＝<0， x2＝>1. 當x∈(1，x2)時，G′(x)>0，故G(x)在[1，x2)內單調遞增． 從而當x∈(1，x

9、2)時，G(x)>G(1)＝0， 即f(x)>k(x－1)， 綜上，k的取值范圍是(－∞，1)． 角度3　不等式恒成立問題 　已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立． [解]　(1)由題意知2xln x≥－x2＋ax－3對一切x∈(0，＋∞)恒成立， 則a≤2ln x＋x＋， 設h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)， 則h′(x)＝， ①當x∈(0,1)時，h′(x)＜0，h(x)單調遞減， ②當x∈(1，＋∞)時，h′

10、(x)＞0，h(x)單調遞增， 所以h(x)min＝h(1)＝4，對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min＝4. 即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]． (2)證明：問題等價于證明xln x＞－(x∈(0，＋∞))． 又f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1， 當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減； 當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，所以f(x)min＝f＝－. 設m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝， 易知m(x)max＝m(1)＝－， 從而對一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立． [規(guī)律方法]　1

11、.用導數(shù)證明不等式的思路 利用導數(shù)證明不等式常構造函數(shù)φ(x)，將不等式轉化為φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的單調性、最值，判定φ(x)與0的關系，從而證明不等式． 2．利用導數(shù)解決不等式恒成立問題的“兩種”常用方法 (1)分離參數(shù)法： 第一步：將原不等式分離參數(shù)，轉化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題； 第二步：利用導數(shù)求該函數(shù)的最值； 第三步：根據(jù)要求得所求范圍． (2)函數(shù)思想法： 第一步：將不等式轉化為某含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問題； 第二步：利用導數(shù)求該函數(shù)的極值(最值)； 第三步：構建不等式求解. 利用導數(shù)解決函數(shù)的零點問題 　已知函數(shù)f(x)＝e

12、x(x2＋ax－a)，其中a是常數(shù)． (1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若存在實數(shù)k，使得關于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有兩個不相等的實數(shù)根，求k的取值范圍. 【導學號：62172106】 [解]　(1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]． 當a＝1時，f(1)＝e，f′(1)＝4e. 所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e. (2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0， 解得x＝－(a＋2)或x＝0. 當－(a＋2)

13、≤0，即a≥－2時，在區(qū)間[0，＋∞)上，f′(x)≥0， 所以f(x)是[0，＋∞)上的增函數(shù)， 所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有兩個不相等的實數(shù)根．當－(a＋2)>0，即a<－2時，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x 0 (0，－(a＋2)) －(a＋2) (－(a＋2)，＋∞) f′(x) 0 － 0 ＋ f(x) －a   由上表可知函數(shù)f(x)在[0，＋ ∞)上的最小值為f(－(a＋2))＝. 因為函數(shù)f(x)是(0，－(a＋2))上的減函數(shù)，是(－(a＋2)，＋∞)上的增函數(shù)，且當x≥－a時，有f(x)≥e－a(－

14、a)>－a，又f(0)＝－a. 所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有兩個不相等的實數(shù)根，k的取值范圍是. [規(guī)律方法]　1.在解答本例(2)時應判斷f(x)>f(0)是否成立，這是容易忽視的地方． 2．該類問題的求解，一般利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值等性質，并借助函數(shù)圖象，根據(jù)零點或圖象的交點情況，建立含參數(shù)的方程(或不等式)組求解，實現(xiàn)形與數(shù)的和諧統(tǒng)一． [變式訓練]　設f(x)＝ln x＋. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)求f(x)的零點個數(shù)． [解]　(1)f(x)的定義域是(0，＋∞)， ∴f′(x)＝－＝. 當a≤0時，f′(x)>0，(0，＋∞)是f

15、(x)的增區(qū)間， 當a>0時，令f′(x)＝0，x＝±(負舍去)， 當0時，f′(x)>0， 所以(0，)是f(x)的減區(qū)間，(，＋∞)是f(x)的增區(qū)間， 綜上，當a≤0時，f(x)的增區(qū)間是(0，＋∞)， 當a>0時，f(x)的減區(qū)間是(0，)，f(x)的增區(qū)間是(，＋∞)． (2)由(1)知，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，當a＝0時有零點x＝1， 當a<0時，f(ea)＝a(e－2a＋1)<0，f(e－a)＝a(e2a－1)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上有一個零點， 當a>0時，由(1)f(x)在(0，)上是減函數(shù)，

16、f(x)在(，＋∞)上是增函數(shù)，所以當x＝時，f(x)有極小值，即最小值f()＝(ln 2a＋1)． 當(ln 2a＋1)>0，即a>時，f(x)無零點， 當(ln 2a＋1)＝0，即a＝時 ，f(x)有一個零點， 當(ln 2a＋1)<0，即0時f(x)無零點，當a＝或a≤0時，f(x)有一個零點，當0

17、由減函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)<0，即證明了f(x)g(x)時，找到函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點是解

18、題的突破口． 2．利用導數(shù)解決恒成立問題時，若分離參數(shù)后得到“a0，所以－a>1，所以a<－1，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1)．] 2．已知函數(shù)f(x)＝x3－3a2x＋1的圖象與

19、直線y＝3只有一個公共點，那么實數(shù)a的取值范圍是________． (－1,1)　[f′(x)＝3x2－3a2，令f′(x)＝0，則x＝±a. 由題意知當a<0時，f(a)＝a3－3a3＋1<3，即a3>－1，所以－10時，f(－a)＝－a3＋3a3＋1<3，即a3<1，所以0

20、；③af(a)≤bf(b)；④bf(b)≤af(a)． ①　[設函數(shù)F(x)＝(x＞0)，則F′(x)＝′＝.因為x＞0，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，故函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．又0＜a＜b，所以F(a)≥F(b)，即≥，則bf(a)≥af(b)．] 4．已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有三個公共點，則實數(shù)c的取值范圍是________． (－2,2)　[由三次函數(shù)的圖象可知：函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有三個公共點，則函數(shù)的極大值大于零，而極小值小于零． 由于y′＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)＝0得x1＝－1，x2＝1， 所以當

21、x＜－1時，y′＞0；當－1＜x＜1時，y′＜0；當x＞1時，y′＞0； 故y極大值＝c＋2，y極小值＝c－2； 又因為函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有三個公共點，所以 即實數(shù)c的取值范圍是(－2,2)．] 5．已知定義在R上的可導函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，若對于任意實數(shù)x，有f(x)＞f′(x)，且y＝f(x)－1為奇函數(shù)，則不等式f(x)＜ex的解集為________． (0，＋∞)　[因為y＝f(x)－1為奇函數(shù)，且定義域為R，所以f(0)－1＝0，得f(0)＝1，設h(x)＝，則h′(x)＝，因為f(x)＞f′(x)，所以h′(x)＜0，所以函數(shù)h(x)是R上的

22、減函數(shù)，所以不等式f(x)＜ex等價于＜1＝，所以x＞0.] 6．已知定義域為R的奇函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)為y＝f′(x)，當x≠0時，f′(x)＋>0，若a＝f，b＝－2f(－2)，c＝·f，則a，b，c的大小關系是________. 【導學號：62172108】 a0時，h′(x)＝f(x)＋x·f′(x)>0，∴此時函數(shù)h(x)單調遞增． ∵a＝f＝h， b＝－2f(－2)＝2f(2)＝h(2)， c＝f＝

23、h ＝h(－ln 2)＝h(ln 2)， 又0時，有<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是________． (－∞，－2)∪(0,2)　[∵x>0時，′<0， ∴φ(x)＝為減函數(shù)，又φ(2)＝0， ∴當且僅當00， 此時x2f(x)>0. 又f(x)為奇函數(shù)，∴h(x)＝x2f(x)也為奇函數(shù)． 故x2f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0,2)．] 8．已知函數(shù)f(x)＝若|f(x)|≥ax，則a的取值范圍是________． [－2,0]　[y

24、＝|f(x)|的圖象如圖所示： 要使|f(x)|≥ax，只需找到y(tǒng)＝ax與y＝x2－2x相切時的臨界值即可，由y′|x＝0＝－2可知a＝－2， 結合圖象可知，當實數(shù)a滿足－2≤a≤0時，有|f(x)|≥ax.] 9．設f(x)＝|ln x|，若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在區(qū)間(0,4)上有三個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________． 　[由題意，可知方程|ln x|＝ax在區(qū)間(0,4)上有三個根，令h(x)＝ln x，則h′(x)＝，又h(x)在(x0，ln x0)處切線y－ln x0＝(x－x0)過原點，得x0＝e，即曲線h(x)過原點的切線的斜率為，而點(4，ln 4)

25、與原點確定的直線的斜率為，所以實數(shù)a的取值范圍是.] 10．已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，且f(x)的導數(shù)f′(x)<，則不等式f(x2)<＋的解集為________． (－∞，－1)∪(1，＋∞)　[令F(x)＝f(x)－x，由f′(x)<可知，F(xiàn)′(x)＝f′(x)－<0. ∴F(x)在R上單調遞減． 又f(1)＝1，∴f(x2)<＋可化為f(x2)－x21，即x>1或x<－1.] 二、解答題 11．已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋6x－a. (1)若對于任意實數(shù)x，f′(x)≥m恒成

26、立，求實數(shù)m的最大值； (2)若方程f(x)＝0有且僅有一個實數(shù)根，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)，因為x∈(－∞，＋∞)，f′(x)≥m恒成立，即3x2－9x＋(6－m)≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m)≤0， 解得m≤－，即m的最大值為－. (2)因為當x<1時，f′(x)>0；當12時，f′(x)>0. 所以當x＝1時，f(x)取得極大值f(1)＝－a；當x＝2時，f(x)取得極小值f(2)＝2－a.故當f(2)>0或f(1)<0時，方程f(x)＝0有且僅有一個實數(shù)根，解得a<

27、2或a>，即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，2)∪. 12．(2017·如皋市高三調研一)設函數(shù)f(x)＝ln x－ax2(a>0)． (1)討論函數(shù)f(x)零點的個數(shù)； (2)若函數(shù)f(x)有極大值為－，且存在實數(shù)m，n，m4a. 【導學號：62172109】 [解]　(1)f′(x)＝－2ax＝(x>0)． ①當a＝0，f(x)＝ln x在(0，＋∞)上有一個零點； ②當a<0，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增， f(1)＝－a>0，f(ea)＝a－ae2a＝a(1－e2a)<0所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一零點； ③

28、當a>0，f(x)＝0，x＝， x f′(x) ＋ 0 － f(x)   f(x)max＝f＝ln－. (ⅰ)當a>時，f(x)在(0，＋∞)上有沒有零點； (ⅱ)當a＝時，f(x)在(0，＋∞)上有一個零點； (ⅲ)當0時，f(x)在(0，＋∞)上有沒有零點； 當a＝或a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上有一個零點； 當0

29、)， 則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝＋－2. 由F′(x)＝0，得x＝1. x (0,1) 1 (1，＋∞) F′(x) ＋ 0 － F(x)   因為m<12－n，即m＋n>2得證． B組　能力提升 (建議用時：15分鐘) 1．(2017·南京模擬)已知函數(shù)f(x)＝g(x)＝f(x)＋2k，若函數(shù)g(x)恰有兩個不同的零點，則實數(shù)k的取值范圍為__

30、______． ∪　[當x≤0時，f′(x)＝(2－x2)ex，當x＝－時取得極小值f＝－2(＋1)·e－，當x<0時，f(x)<0，且f(0)＝0，函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，函數(shù)g(x)恰有兩個不同的零點，就是f(x)的圖象與直線y＝－2k有兩個不同的交點，所以3<－2k<7或－2k＝0或－2k＝－2(＋1)e－， 即k∈∪.] 2．已知函數(shù)f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若任意x1∈[0,1]，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是______________． 　[由于f′(x)＝1＋＞0，因此函數(shù)f(x)在[0,1]上單調遞增，

31、 所以x∈[0,1]時，f(x)min＝f(0)＝－1. 根據(jù)題意可知存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1， 即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋， 則要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立，只需使a≥h(x)min， 又函數(shù)h(x)＝＋在x∈[1,2]上單調遞減， 所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.] 3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－a2x＋m＋2(a>0)． (1)若f(x)在[－1,1]內沒有極值點，求實數(shù)a的取值范圍； (2)當a＝2時，方程f(x)＝0有三個互不相同的解，求實數(shù)m的取值范圍． [解]　(1)因為f′

32、(x)＝3x2＋2ax－a2＝3(x＋a)， 令f′(x)＝0，得x＝或－a， 因為f(x)在[－1,1]內沒有極值點，而且a>0， 所以解得a>3， 故實數(shù)a的取值范圍是(3，＋∞)． (2)當a＝2時，f′(x)＝3(x＋2)＝0的兩根為，－2，要使方程f(x)＝0有三個互不相同的解，需使 解得－10

33、實根，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x， (1)令m(x)＝(2－a)(x－1)，x＞0；h(x)＝2ln x，x＞0，則f(x)＝m(x)－h(huán)(x)， ①當a＜2時，m(x)在上為增函數(shù)，h(x)在上為增函數(shù)， 若f(x)在上無零點，則m≥h， 即(2－a)≥2ln，∴a≥2－4ln2， ∴2－4ln2≤a<2. ②當a≥2時，在上m(x)≥0，h(x)＜0， ∴f(x)＞0，∴f(x)在上無零點． 由①②得a≥2－4ln 2， ∴amin＝2－4ln 2. (2)g′(x)＝e1－x－xe1－x＝(1－x)e1－x， 當x∈(

34、0,1)時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調遞增； 當x∈(1，e]時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調遞減， 又g(0)＝0，g(1)＝1，g(e)＝e2－e＞0， ∴函數(shù)g(x)在(0，e]上的值域為(0,1]． 方程f(x)＝g(x0)等價于(2－a)(x－1)－g(x0)＝2ln x，令p(x)＝(2－a)(x－1)－g(x0)，則p(x)過定點(1，－g(x0))，且－1≤－g(x0)＜0，令t(x)＝2ln x，由p(x)，t(x)的圖象(略)可知，要使方程f(x)＝g(x0)在(0，e]上總存在兩個不相等的實根，需使在(0，e]上恒成立， 即(2－a)(e－1)－g(x0)≥2ln e＝2， ∴a≤2－. ∵0＜g(x0)≤1，∴min＝2－， ∴a≤2－. 綜上所述，a的取值范圍為.