1、第5课时 导数与不等式及参数范围问题,热点考向一利用导数研究函数的零点 考向剖析:本考向考题的形式以解答题为主,主要考查 利用导数确定某些高次式、指数式、对数式及绝对值 式结构的函数的零点或方程根的个数,或者依据它们的,零点或方程根的存在情况求参数的值(或取值范围)等问题,以解答题为主.处理这类问题的方法灵活,对考生的数学运算、逻辑推理等核心素养要求较高,选拔功能突出,2019年考查热度或将延续.,【典例1】设函数f(x)=x2-a(ln x+1)(a0). (1)证明:当a 时,f(x)0. (2)判断函数f(x)有几个不同的零点,并说明理由.,【审题导引】(1)要证明f(x)0,只需证明_
2、, 根据函数单调性求出_,证明其在0a 时恒 大于等于0即可. (2)要判断函数f(x)的零点的个数,结合(1)需分 _,三种情况进行分类讨论.,f(x)min0,f(x)min,a= ,0,【解析】(1)函数的定义域为(0,+), 令f(x)=2x- = =0,则x= , 所以当x 时,f(x)0, 所以f(x)的最小值为,当0a 时,ln +1ln +1=0, 所以 所以f(x)0成立.,(2)当a= 时,由(1)得,f(x)=x2- (ln x+1)的最 小值为f =0, 即f(x)=x2- (ln x+1)有唯一的零点x= ;,当00,即f(x)=x2-a(ln x+1)不存在 零点;
3、,当a 时,f(x)的最小值 0,所以函数f(x)在 上有唯一 的零点, 又当a 时,a ,f(a)=a2-a(ln a+1)=a(a-ln a-1),令g(a)=a-ln a-1,g(a)=1- = , g(a)=0,得a=1,可知g(a)在 上递减,在(1,+) 上递增, 所以g(a)g(1)=0,所以f(a)0,所以函数f(x)在 上有唯一的零点,所以,当a 时,f(x)有2个不同的零点, 综上所述,当a= 时,有唯一的零点;当0 时,有2个不同的零点.,【名师点睛】 (1)对于函数零点的个数的相关问题,利用导数和数形结合的数学思想来求解,这类问题求解的通法是:,构造函数,这是解决此类问
4、题的关键点和难点,并求其定义域;求导数,得单调区间和极值点;画出函数草图;数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图象与x轴的交点情况,进而求解.,(2)研究方程的根的情况,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,并借助函数的大致图象判断方程的根的情况,这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.,【考向精练】 1.已知函数f(x)=ex-2,其中e2.718 28是自然对数的底数. (1)证明:当x0时,f(x)x-1ln x. (2)设m为整数,函数g(x)=f(x)-ln x-m有两个零点,求m的最小值.,【解析】(1)设h(x)=ex-x-1,则h(x)=ex-1,令h(x)=0
5、,得x=0, 当x(-,0)时,h(x)0,h(x)单调递增, 所以h(x)h(0)=0,当且仅当x=0时取等号,所以对任意xR,exx+1, 所以当x0时,f(x)x-1, 所以当x-1时,xln(x+1), 所以当x0时,f(x)x-1ln x.,(2)函数g(x)的定义域为(0,+), 当m0时,由(1)知,g(x)=ex-ln x-2-m-m0,故g(x) 无零点; 当m=1时,g(x)=ex-ln x-3,g(x)=ex- ,因为g(1)=e-10,g = -20,g(x)单调递增,所以g(x)的最小值为g(x0)= -ln x0-3, 由x0为g(x)的零点知, - =0,于是 =
6、 ,x0= -ln x0, 所以g(x)的最小值g(x0)=x0+ -3. 由x0 知,x0+ -30,即g(x0)0,又g(2)=e2-ln 2-30,g = +2ln 3-30, 所以g(x)在 上有一个零点,在(x0,2)上有一个零点, 所以g(x)有两个零点, 综上所述,m的最小值为1.,2.(2018佛山一模)已知函数f(x)=(x2-ax)ln x+x2(其中aR), 世纪金榜导学号 (1)若a0,讨论函数f(x)的单调性. (2)若a0,求证:函数f(x)有唯一的零点.,【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=(2x- a)ln x+(x2-ax) +x=(2x-a
7、)ln x+2x-a=(2x-a)(1+ ln x), 令f(x)=0, 即(2x-a)(1+ln x)=0x1= ,x2= ,当x1=x2,即 = ,a= 时,f(x)0,f(x)是 (0,+)上的增函数; 当x10,f(x)单调递增, 当x 时,f(x)0,f(x)单调递减;,当x 时,f(x)0,f(x)单调递增; 当x20, f(x)单调递增; 当x 时,f(x)0,f(x)单调递增;,综上所述,当0 时,f(x)在 单调递增,在 单调递减.,(2)若a0,f(x)单调递增, 故当x= 时,f(x)取得极小值,以下证明:在区间 上,f(x)1,则x , f(x)=f = ,f(x)0f
8、 0 (-t)+ 0atet-t+ 0atett- ,因为a1,不等式atet0,即f(1)f 0,故当a0时,函数f(x)有 唯一的零点x0,【加练备选】 已知函数f(x)= ,关于x的不等式f2(x)+af(x)0 只有两个整数解,则实数a的取值范围是 ( ),【解析】选C.f(x)= 所以f(x)在 上单调递增,在 上单调递减, 所以f(x)max= 又因为f =0,1 2,不等式f2(x)+af(x)0只有两个整数解, 所以 即实数a的取值范围是,热点考向二利用导数研究实际生活中的最优化问题 考向剖析:本考向以解答题为主,主要考查学生分析问题、解决问题以及建模的能力,常与函数关系的求法
9、,函数的性质、不等式、解析几何、立体几何等知识交汇命题,最后利用导数求极值(最值).,【典例2】某山区外围有两条相互垂直的直线型公路, 为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条 公路和山区边界的直线型公路.记两条相互垂直的公路 为l1,l2,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l.如图 所示,M,N为C的两个端点,测得点M到l1,l2的距离分别,为5千米和40千米,点N到l1,l2的距离分别为20千米和 2.5千米,以l2,l1所在的直线分别为x,y轴,建立平面直 角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y= (其中a,b 为常数)模型.,(1)求a,b的值. (2)设公路l与曲线C相切于P点
10、,P的横坐标为t. 请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域; 当t为何值时,公路l的长度最短?求出最短长度.,【审题导引】(1)要求a,b的值只要求出M,N两点的坐标. (2)要求l的最短长度需要根据导数先求切线方程,再求 _,最后利用导数求最值.,f(t),【解析】(1)由题意知,点M,N的坐标分别为(5,40),(20,2.5). 将其分别代入y= , 得 解得,(2)由(1)知,曲线C的方程为y= (5x20),则 点P的坐标为 , 设在点P处的切线l交x,y轴分别于A,B两点,y=- , 则l的方程为y- (x-t),由此得 故f(t)= ,t5,20.,设g(t)=t2
11、+ ,则g(t)=2t- . 令g(t)=0,解得t=10 . 当t(5,10 )时,g(t)0,g(t)是增函数.,从而,当t=10 时,函数g(t)有极小值,也是最小值. 所以g(t)min=300, 此时f(t)min=15 . 当t=10 时,公路l的长度最短,最短长度为15 千米.,【名师点睛】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)建模:分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x).,(2)求导:求函数的导数f(x),解方程f(x)=0. (3)求最值:比较函数在区间端点和使f(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者是
12、最大(小)值. (4)作答:回归实际问题作答.,【考向精练】 1.某工厂要围建一个面积为512平方米的矩形堆料场,一边可以利用原有的墙壁,其他三边需要砌新的墙壁,当砌新的墙壁所用的材料最省时,堆料场的长和宽分别为 ( ),A.32米,16米 B.30米,15米 C.40米,20米 D.36米,18米,【解析】选A.要求材料最省,则要求新砌的墙壁总长最 短,设堆料厂的宽为x米,则长为 米,因此新墙总长 为L=2x+ (x0),则L=2- ,令L=0,得x=16. 又x0,所以x=16.则当x=16时,L取得极小值,也是最小 值,即用料最省,此时长为 =32(米).,2.某商场从生产厂家以每件20
13、元的价格购进一批商品,若该商品零售价为p元,销量Q(单位:件)与零售价p(单位:元)有如下关系:Q=8 300-170p-p2,则该商品零售价定为_元时利润最大,利润的最大值为_元. 世纪金榜导学号,【解析】设商场销售该商品所获利润为y元,则y=(p- 20)(8 300-170p-p2)=-p3-150p2+11 700p-166 000(p 20),则y=-3p2-300p+11 700.令y=0得p2+100p- 3 900=0,解得p=30或p=-130(舍去). 则p,y,y变化关系如下表:,故当p=30时,y取极大值23 000.,又y=-p3-150p2+11 700p-166
14、000在20,+)上只有一个极值,故也是最值.所以该商品零售价定为每件30元时,所获利润最大为23 000元. 答案:30 23 000,【加练备选】 统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油 量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以 表示为y= +8(0x120).已知甲、乙两 地相距100千米.,(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升? (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升?,【解析】(1)当x=40时,汽车从甲地到乙地行驶了 小 时,共耗油 =17.5(升). 因此,当汽车以40千米/小时的速度匀速行
15、驶时,从甲地 到乙地要耗油17.5升.,(2)当速度为x千米/小时时,汽车从甲地到乙地行驶了小时,设耗油量为h(x)升, 依题意得h(x)= (0x120),h(x)= (0x120). 令h(x)=0,得x=80.,当x(0,80)时,h(x)0,h(x)是增函数, 所以当x=80时,h(x)取得极小值h(80)=11.25. 易知h(80)是h(x)在(0,120上的最小值. 故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,为11.25升.,热点考向三利用导数研究不等式问题 高频考向,类型一 利用导数证明不等式问题 【典例3】(2018茂名一模)已知函数g(x)=ln x+
16、2x+(aR). (1)讨论g(x)的单调性. (2)若f(x)= .证明:当x0,且x1 时,f(x) .,【大题小做】,【解析】(1)由条件得函数g(x)的定义域为(0, +), 因为g(x)=ln x+2x+ ,所以g(x)= +2- =其中方程2x2+x-a=0的判别式=1+8a.,当0,即a- 时,g(x)0,g(x)在(0, +) 上单调递增; 当0,即a- 时,方程2x2+x-a=0有两根为若- a0, 则x1x20,此时g(x)0,g(x)在(0, +)上为增函数; 若a0,则x10x2, 此时g(x)在(0, x2上为减函数,在(x2, +)上为增 函数, 综上,当a0时,g
17、(x)在(0, +)上单调递增;,当a0时,g(x)在 上单调递减,在 上单调递增. (2)由题意知f(x)= 所以f(x)- 令h(x)=2ln x- (x0), 则h(x)=,所以x1时,h(x)0, 0,所以f(x) ; 当x(1,+)时,h(x) . 综上可得当x0,且x1时,f(x) .,【易错警示】本题中将 的正负,转化 为 和2ln x- 的正负问题,简化运算易得结果.,【探究追问】若f(x)=exln x+ ex-1,证明:f(x)1.,【证明】f(x)1等价于xln xxe-x- . 设函数g(x)=xln x,则g(x)=ln x+1. 所以当x 时,g(x)0.,故g(x
18、)在 上单调递减,在 上单调递增,所以 g(x)在(0,+)上的最小值为 设函数h(x)=xe-x- ,则h(x)=e-x(1-x).,当x(0,1)时,h(x)0;当x(1,+)时,h(x)0时,g(x)h(x),即f(x)1.,【易错警示】特别地,当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时,一般转化为求左、右两端两个函数的最值问题.,类型二 利用导数研究不等式恒成立、存在性问题 【典例4】已知函数f(x)=x-(a+1)ln x- (aR), g(x)= x2+ex-xex. (1)当x1,e时,求f(x)的最小值.,(2)当a1时,若存在x1e,e2,使得对任意的x2 -2,0,f(x1
19、)g(x2)恒成立,求a的取值范围.,【审题导引】(1)要求f(x)的最小值,先判断f(x)的单 调性,分_,_,_三种情况分别求解. (2)将所给不等式等价转化为_,求出两 函数对应的最值,即可得到a的取值范围.,a1,1ae,ae,f(x1)ming(x2)min,【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=当a1时,x1,e,f(x)0, f(x)为增函数,f(x)min=f(1)=1-a.,当1ae时,x1,a时,f(x)0,f(x)为减函数;xa,e时,f(x)0,f(x)为增函数. 所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.,当ae时,x1,e时,f(x)
20、0,f(x)在1,e上为 减函数.f(x)min=f(e)=e-(a+1)- . 综上,当a1时,f(x)min=1-a; 当1ae时,f(x)min=a-(a+1)ln a-1; 当ae时,f(x)min=e-(a+1)- .,(2)由题意知f(x)(xe,e2)的最小值小于 g(x)(x-2,0)的最小值. 由(1)知当a1时,f(x)在e,e2上单调递增,f(x)min =f(e)=e-(a+1)- .g(x)=(1-ex)x.,当x-2,0时,g(x)0,g(x)为减函数,g(x)min= g(0)=1,所以e-(a+1)- , 所以a的取值范围为,【名师点睛】利用导数证明不等式的基本
21、步骤 (1)作差或变形. (2)构造新函数h(x). (3)利用导数研究函数h(x)的单调性或最值. (4)根据单调性及最值得到所证不等式.,“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系, 即f(x)g(a)对于xD恒成立,应求f(x)的最小值;若 存在xD,使得f(x)g(a)成立,应求f(x)的最大值.在 具体问题中究竟是求最大值还是最小值,可以先联想 “恒成立”是求最大值还是最小值,这样也就可以解决,相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立问题,以免细节出错.,【考向精练】 1.已知函数f(x)=x2-(a-2)x-aln x(aR). (1)求函数y=f(x
22、)的单调区间. (2)当a=1时,证明:对任意的x0,f(x)+exx2+x+2.,【解析】(1)函数f(x)的定义域是(0,+), f(x)=2x-(a-2)- 当a0时,f(x)0对任意x(0,+)恒成立, 所以,函数f(x)在区间(0,+)单调递增;,当a0时,由f(x)0得x ,由f(x)0,得0x , 所以,函数在区间 上单调递增,在区间 上单 调递减.,(2)当a=1时,f(x)=x2+x-ln x, 要证明f(x)+exx2+x+2, 只需证明ex-ln x-20,设g(x)=ex-ln x-2, 则问题转化为证明对任意的x0,g(x)0, 令g(x)=ex- =0,得ex= ,
23、容易知道该方程有唯一解,不妨设为x0,则x0满足 当x变化时,g(x)和g(x)变化情况如下表,g(x)min=g(x0)= -ln x0-2= +x0-2, 因为x00,且x01,所以g(x)min2 -2=0, 因此不等式得证.,2.已知函数f(x)=xln x-x+1,g(x)=ex-ax,aR. 世纪金榜导学号 (1)求f(x)的最小值. (2)若g(x)1在R上恒成立,求a的值. (3)求证: 对一切大于 2的正整数n都成立.,【解析】(1)因为函数f(x)=xln x-x+1,x(0,+), 所以f(x)=ln x. 所以当x(0,1)时,f(x)0.,所以函数f(x)在(0,1)
24、上单调递减,在(1,+)上单调递增. 所以当x=1时,f(x)取得最小值f(1)=0.,(2)设h(x)=g(x)-1=ex-ax-1, 所以h(x)=ex-a. 当a0时,h(x)0恒成立,函数h(x)在R上是增函数,且h(0)=0, 所以当x0时,h(x)0,所以a0不满足条件.,当a0时,令h(x)0,即ex-a0,解得xln a; 令h(x)0,即ex-a0,解得xln a. 所以h(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上 单调递增.,所以当x=ln a时,h(x)取得最小值,h(ln a)=a-aln a-1. 要使h(x)=g(x)-10在R上恒成立,则需满足h(l
25、n a)0. 由(1)可知当a0时,aln a-a+10, 所以a-aln a-10.所以a-aln a-1=0. 所以a=1.,(3)由(2)可知ex-x-10恒成立,即1+xex. 对任意的正整数n,令x=- ,i=1,2,n-1, 则1- ,i=1,2,n-1. 所以 e-i,即 e-i , i=1,2,n-1.,所以 + e-1+e-2+e-(n-1)=所以,【加练备选】 (新题预测)已知函数f(x)=ax-1-ln x(aR). (1)讨论f(x)的单调性; 若存在xe,e2,使得f(x)+(a+1)ln x+(1-a)x+2- e0成立,求a的取值范围(e为自然对数的底数).,(2
26、)求证:ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1) 1+2ln(n!)(n2,nN*).,【解析】(1)f(x)=a- (x0). 当a0时,ax-10时,若0x ,则ax-10,从而f(x)0,若x ,则ax-10,从而f(x)0, 函数f(x)在 上单调递减,在 上单调递增.,当f(x)+(a+1)ln x+(1-a)x+2-e0对任意xe,e2 恒成立时, 令F(x)=f(x)+(a+1)ln x+(1-a)x+2-e=aln x+x+1-e, F(x)= .,1若-ae,即a-e,则F(x)在xe,e2上是增函数, F(x)max=F(e2)=2a+e2-e
27、+10,解得a ,无解. 2若e-ae2,即-e2a-e,则F(x)在xe,-a上是 减函数;,在x-a,e2上是增函数, F(e)=a+10,a-1,F(e2)=2a+e2-e+10,a , 因为 e2,即a-e2,则F(x)在xe,e2上是减函数, F(x)max=F(e)=a+10,a-1,所以a-e2.,综上所述,a . 所以f(x)+(a+1)ln x+(1-a)x+2-e0在xe,e2能成 立时,需a , 即a的取值范围是,(2)令a=1,此时f(x)=-ln x+x-1,所以f(1)=0. 由(1)知f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以当x(1,+)时,f(x)f(1),所以ln xx-1对一切x(1,+)成立.,因为n2,nN*,所以 要证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1) 1+2ln(n!)(n2,nN*),只需证 (n2,nN*),所以原不等式成立.,
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