第三章导数及其应用\n第二讲 导数在研究函数中的应用第三课时 导数与函数的零点或方程的根、不等式\n知识梳理·双基自测考点突破·互动探究名师讲坛·素养提升\n知识梳理·双基自测\n知识点一 利用导数研究函数零点的方法方法一：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)根据函数f(x)的性质作出图象．(3)判断函数零点的个数．方法二：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)分类讨论，判断函数零点的个数．\n知识点二 利用导数解决不等式问题的常见题型及解题策略(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)．\n(2)利用导数解决不等式的恒成立问题“恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≥f(x)min.\n\n××√×\nC\n\nC\n4．(选修2P99T12改编)求证：(1)ex≥x＋1.(2)lnx≤x－1(x>0)．[证明](1)设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1在(－∞，0)上f′(x)<0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以f(x)在x＝0处有最小值，故f(x)≥f(0)＝0，∴ex≥x＋1.\n\n题组三 走向高考5．(2018·江苏，5分)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为______.－3\n\n\n考点突破·互动探究\n(2020·全国Ⅰ，20)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a的取值范围．[解析](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(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．例1考点一利用导数研究函数的零点或方程的根——师生共研\n(2)f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，故f(x)至多存在1个零点，不合题意．当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝lna，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)单调递减，在(lna，＋∞)单调递增，故当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a(1＋lna)．\n\n\n利用导数研究方程根或函数零点的方法(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置．(3)通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．\n〔变式训练1〕(2021·安徽合肥调研性检测)已知函数f(x)＝kx－lnx－1(k>0)．若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值．\n\n\n∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝1，当x→＋∞时，g(x)→0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝1.\n\n角度1移项构造函数证明不等式已知函数f(x)＝x2e2x－2.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x∈[0,2]时，求证：f(x)≥－2x2＋8x－5.[解析](1)f′(x)＝2e2x－2(x2＋x)，f′(1)＝4，f(1)＝1，则曲线y＝f(x)在点(1,1)处的切线方程为y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.例2考点二利用导数研究不等式的有关问题——多维探究\n(2)证明：当x∈[0,2]时，令g(x)＝x2e2x－2＋2x2－8x＋5，则g′(x)＝2e2x－2(x2＋x)＋4x－8，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝2e2x－2(2x2＋4x＋1)＋4>0，所以g′(x)在[0,2]上单调递增，且g′(1)＝0，所以g(x)在[0,1]上单调递减，在(1,2]上单调递增，所以g(x)的最小值为g(1)＝0，所以g(x)≥0，即f(x)≥－2x2＋8x－5.\n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”或“右减左”的函数，利用研究其单调性等相关函数性质证明不等式．\n例3\n\n\n某些不等式，直接构造不易求最值，可利用条件与不等式性质，适当放缩后，再构造函数进行证明．\n角度3分拆函数法证明不等式(2022·百校大联考)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.例4\n\n\n\n(1)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立．\n角度4不等式恒成立或有解问题已知函数f(x)＝aex－2x＋1.(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；(2)若f(x)>0对x∈R恒成立，求实数a的取值范围．[解析](1)当a＝1时，f(x)＝ex－2x＋1，则f′(x)＝ex－2，令f′(x)<0，解得x<ln2；令f′(x)>0，解得x>ln2.故函数f(x)在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的极小值为f(ln2)＝2－2lnx＋1＝3－2ln2，无极大值．例5\n\n\n分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.\n\n\n\n\n\n\n\n\n(4)①因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)，单调递减区间为(lna，＋∞)．\n\n\n\n名师讲坛·素养提升\n例6\n\n\n(1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少2问，所证的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到．(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln(x＋1)<x等．\n\n\n[答案](1)a＝1(2)略\n
