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创新设计浙江专用2017届高考数学二轮复习教师用书1专题一函数与导数不等式

教师用书 1 专题一 函数与导数、不等式
第 1 讲 函数图象与性质及函数与方程 高考定位 1.以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体,考查函数的定义域、最 值与值域、奇偶性、单调性;2.利用图象研究函数性质、方程及不等式的解,综合性强;3. 以基本初等函数为依托, 考查函数与方程的关系、 函数零点存在性定理.数形结合思想是高考 考查函数零点或方程的根的基本方式.

真 题 感 悟 1.(2016·山东卷)已知函数 f(x)的定义域为 R,当 x<0 时,f(x)=x -1;当-1≤x≤1 时,
3

f(-x)=-f(x);当 x> 时,f?x+ ?=f?x- ?,则 f(6)=( 2 2

1 2

? ?

1?

?

? ?

1?

?

)

A.-2 C.0

B.-1 D.2

1 ? 1? ? 1? 解析 当 x> 时,f?x+ ?=f?x- ?,即 f(x)=f(x+1),∴f(6)=f(1).当 x<0 时,f(x)= 2 ? 2? ? 2?

x3-1 且-1≤x≤1,f(-x)=-f(x),∴f(6)=f(1)=-f(-1)=2,故选 D.
答案 D
?1+log2(2-x),x<1, ? 2.(2015· 全 国 Ⅱ 卷 ) 设 函 数 f(x) = ? x-1 则 f( - 2) + f(log212) = ? ?2 ,x≥1,

( A.3 C.9

) B.6 D.12

解析 因为-2<1,log212>log28=3>1,所以 f(-2)=1+log2[2-(-2)]=1+log24=3,

f(log212)=2log212-1=2log212×2-1=12× =6,故 f(-2)+f(log212)=3+6=9,故选 C.
答案 C 3.(2016·全国Ⅰ卷)函数 y=2x -e 在[-2,2]的图象大致为(
2 |x|

1 2

)

解析 f(2)=8-e >8-2.8 >0,排除 A;f(2)=8-e <8-2.7 <1,排除 B;在 x>0 时,f(x)
1

2

2

2

2

1 ? 1? ? 1? 2 x x 0 =2x -e ,f′(x)=4x-e ,当 x∈?0, ?时,f′(x)< ×4-e =0,因此 f(x)在?0, ?上单 4 ? 4? ? 4? 调递减,排除 C,故选 D. 答案 D
? ?|x|,x≤m, 4.(2016·山东卷)已知函数 f(x)=? 2 其中 m>0,若存在实数 b,使得关于 ?x -2mx+4m,x>m, ?

x 的方程 f(x)=b 有三个不同的根,则 m 的取值范围是________.
解析 如图,当 x≤m 时,f(x)=|x|;当 x>m 时,f(x)=x -2mx+4m 在 (m,+∞)为增函数,若存在实数 b,使方程 f(x)=b 有三个不同的根, 则 m -2m·m+4m<|m|.∵m>0,∴m -3m>0,解得 m>3. 答案 (3,+∞) 考 点 整 合 1.函数的性质 (1)单调性 ①用来比较大小,求函数最值,解不等式和证明方程根的唯一性. ②常见判定方法:(ⅰ)定义法:取值、作差、变形、定号,其中变形是关键,常用的方法有: 通分、配方、因式分解; (ⅱ)图象法;(ⅲ)复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则;(ⅳ) 导数法. (2)奇偶性:①若 f(x)是偶函数,那么 f(x)=f(-x);②若 f(x)是奇函数,0 在其定义域内, 则 f(0)=0;③奇函数在关于原点对称的区间内有相同的单调性,偶函数在关于原点对称的 区间内有相反的单调性; (3)周期性:常见结论有①若 y=f(x)对 x∈R,f(x+a)=f(x-a)或 f(x-2a)=f(x)(a>0) 恒成立,则 y=f(x)是周期为 2a 的周期函数;②若 y=f(x)是偶函数,其图象又关于直线 x =a 对称,则 f(x)是周期为 2|a|的周期函数;③若 y=f(x)是奇函数,其图象又关于直线 x =a 对称,则 f(x)是周期为 4|a|的周期函数;④若 f(x+a)= -f(x)?或f(x+a)= 2.函数的图象 (1)对于函数的图象要会作图、识图和用图,作函数图象有两种基本方法:一是描点法;二是 图象变换法,其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换. (2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时,要注意用好其与图象的关系,结合图象研 究. 3.求函数值域有以下几种常用方法: (1)直接法;(2)配方法;(3)基本不等式法;(4)单调性法;(5)求导法;(6)分离变量法.除了 以上方法外,还有数形结合法、判别式法等.
2
2 2 2

? ?

f(x)? ?

1

?,则 y=f(x)是周期为 2|a|的周期函数.

4.函数的零点问题 (1)函数 F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程 f(x)=g(x)的根, 即函数 y=f(x)的图象与函数 y =g(x)的图象交点的横坐标. (2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③数形结合,利用 两个函数图象的交点求解

热点一 函数性质的应用 【例 1】 (1)已知定义在 R 上的函数 f(x)=2
|x-m|

-1(m 为实数)为偶函数,记 a=f(log0.53), )

b=f(log25),c=f(2m),则 a,b,c 的大小关系为(
A.a<b<c C.c<a<b

B.a<c<b D.c<b<a

(2)(2016·全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)(x∈R)满足 f(-x)=2-f(x), 若函数 y=
m

x+1 与 y=f(x) x

图象的交点为(x1,y1),(x2,y2),?,(xm,ym),则 ? (xi+yi)=(
i=1

)

A.0 C.2m 解析 (1)由 f(x)=2 所以 f(x)=2 -1. 所以 a=f(log0.53)=2
|log 0.5 3| |x| |x-m|

B.m D.4m -1 是偶函数可知 m=0,

-1=2

log 3 2

-1=2,

b=f(log25)=2

|log 5| 2

-1=2

log 5 2

-1=4,

c=f(0)=2|0|-1=0,所以 c<a<b.
1 (2)法一 由题设得 (f(x)+f(-x))=1, 2 点(x,f(x))与点(-x,f(-x))关于点(0,1)对称, 则 y=f(x)的图象关于点(0,1)对称. 又 y=

x+1 1 =1+ ,x≠0 的图象也关于点(0,1)对称. x x

则交点(x1,y1),(x2,y2),?,(xm,ym)成对出现,且每一对关于点(0,1)对称. 则

? ( x ? y ) ? ? x ? ? y =0+2×2=m,故选 B.
i ?1 i i i ?1 i i ?1 i

m

m

m

m

法二 特殊函数法,根据 f(-x)=2-f(x)可设函数 f(x)=x+1,由 y=

x+1 ,解得两个点 x

3

的坐标为?

m ?x1=-1,? ?x2=1, ? ? 此时 m=2,所以 ? (xi+yi)=2=m,故选 B. ?y1=0, ? ?y2=2, ? i=1

答案 (1)C (2)B 探究提高 (1)可以根据函数的奇偶性和周期性, 将所求函数值转化为给出解析式的范围内的 函数值.(2)利用函数的对称性关键是确定出函数图象的对称中心(对称轴). 【训练 1】 (1)(2015·全国Ⅰ卷)若函数 f(x)=xln(x+ a+x )为偶函数,则 a=________. (2)(2016·四川卷)已知函数 f(x)是定义在 R 上的周期为 2 的奇函数,当 0<x<1 时,f(x)=
2

? 5? x 4 ,则 f?- ?+f(1)=________. ? 2?
解析 (1)f(x)为偶函数,则 ln(x+ a+x )为奇函数, 所以 ln(x+ a+x )+ln(-x+ a+x )=0, 即 ln(a+x -x )=0,∴a=1. (2)f(x)是周期为 2 的函数, 所以 f(x)=f(x+2); 而 f(x)是奇函数,所以 f(x)=-f(-x), 所以 f(1)=f(-1),f(1)=-f(-1),即 f(1)=0,
2 2 2 2 2

? 5? ? 1? ?1? ?1? 1 又 f?- ?=f?- ?=-f? ?,f? ?=4 =2, 2 2 ? ? ? ? ?2? ?2? 2 ? 5? ? 5? 故 f?- ?=-2,从而 f?- ?+f(1)=-2. 2 ? ? ? 2?
答案 (1)1 (2)-2 热点二 函数图象的问题 [微题型 1] 函数图象的变换与识别 【例 2-1】 (1)(2016·浙江诊断)已知 f(x)=2 -1,g(x)=1-x ,规定:当|f(x)|≥g(x) 时,h(x)=|f(x)|;当|f(x)|<g(x)时,h(x)=-g(x),则 h(x)( A.有最小值-1,最大值 1 C.有最小值-1,无最大值 )
x
2

B.有最大值 1,无最小值 D.有最大值-1,无最小值 )

?1 ? (2)函数 f(x)=? -x?sin x 的大致图象为( x ? ?

4

解析 (1)由题意得,利用平移变换的知识画出函数|f(x)|,g(x)
? ?|f(x)|,|f(x)|≥g(x), 的图象如图,而 h(x)=? ?-g(x),|f(x)|<g(x), ?

故 h(x)有最小值-1,无最大值. 1 (2)由 y1= -x 为奇函数,y2=sin x 为奇函数,可得函数 f(x)

x

π ?1 ? =? -x?sin x 为偶函数,因此排除 C、D.又当 x= 时,y1<0, x 2 ? ?

y2>0,f? ?<0,因此选 B. 2
答案 (1)C (2)B 探究提高 (1)作图:常用描点法和图象变换法.图象变换法常用的有平移变换、伸缩变换和 对称变换.尤其注意 y=f(x)与 y=f(-x)、 y=-f(x)、 y=-f(-x)、 y=f(|x|)、 y=|f(x)| 及 y=af(x)+b 的相互关系. (2)识图:从图象与 x 轴的交点及值域、单调性、变化趋势、对称性、特殊值等方面找准解析 式与图象的对应关系. [微题型 2] 函数图象的应用

?π ? ? ?

5

? ?-x +2x,x≤0, 【例 2-2】 (1)已知函数 f(x)=? 若|f(x)|≥ax,则实数 ? ?ln(x+1),x>0.

2

a 的取值范围是

(

) B.(-∞,1) D.[-2,0]
x

A.(-∞,0] C.[-2,1]

(2)(2015·全国Ⅰ卷)设函数 f(x)=e (2x-1)-ax+a, 其中 a<1,若存在唯一的整数 x0 使得

f(x0)<0,则实数 a 的取值范围是(

)

? 3 ? A.?- ,1? ? 2e ?
C.?

? 3 3? B.?- , ? ? 2e 4? ?3 ? D.? ,1? ?2e ?

? 3 ,3? ? ?2e 4?

解析 (1)函数 y=|f(x)|的图象如图. ①当 a=0 时,|f(x)|≥ax 显然成立. ②当 a>0 时,只需在 x>0 时,ln(x+1)≥ax 成立. 比较对数函数与一次函数 y=ax 的增长速度. 显然不存在 a>0 使 ln(x+1)≥ax 在 x>0 上恒成立. ③当 a<0 时,只需在 x<0 时,x -2x≥ax 成立. 即 a≥x-2 成立,∴a≥-2. 综上所述:-2≤a≤0.故选 D. (2)设 g(x)=e (2x-1),y=ax-a,由题知存在唯一的整数 x0,使得 g(x0)在直线 y=ax-a 的下方, 1 1 x 因为 g′(x)=e (2x+1),所以当 x<- 时,g′(x)<0,当 x>- 时,g′(x)>0,所以当 x= 2 2 1 1 - 时,[g(x)]min=-2e- , 2 2 当 x=0 时,g(0)=-1,当 x=1 时,g(1)=e>0,直线 y=a(x-1)恒过(1,0),则满足题意 的唯一整数 x0=0, 故-a>g(0)=-1, 3 -1 且 g(-1)=-3e ≥-a-a,解得 ≤a<1,故选 D. 2e
x
2

6

答案 (1)D (2)D 探究提高 (1)涉及到由图象求参数问题时, 常需构造两个函数, 借助两函数图象求参数范围. (2)图象形象地显示了函数的性质,因此,函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解 常与图象数形结合研究. 【训练 2】 (2016·安庆二模)已知函数 f(x)=|x-2|+1,g(x)=kx.若方程 f(x)=g(x)有 两个不相等的实根,则实数 k 的取值范围是( )

? 1? A.?0, ? ? 2?
C.(1,2)

?1 ? B.? ,1? ?2 ?
D.(2,+∞)

解析 由 f(x)=g(x),∴|x-2|+1=kx,即|x-2|=kx-1,所以原题等价于函数 y=|x- 2|与 y=kx-1 的图象有 2 个不同交点.如图:

1 ∴y=kx-1 在直线 y=x-1 与 y= x-1 之间, 2 1 ∴ <k<1,故选 B. 2 答案 B 热点三 函数的零点与方程根的问题 [微题型 1] 函数零点的判断 1 【例 3-1】 (1)函数 f(x)=log2x- 的零点所在的区间为(

x

)

? 1? A.?0, ? ? 2?
C.(1,2)

?1 ? B.? ,1? ?2 ?
D.(2,3)

?π ? 2x (2)(2016·武汉二模 ) 函数 f(x) = 4cos cos ? -x? - 2sin x - |ln(x + 1)| 的零点个数为 2 ?2 ?
________.
7

解析 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),且函数 f(x)在(0,+∞)上为增函数.

f? ?=log2 - =-1-2=-3<0, 2
1 1 1 2 1 3

?1? ? ?

1 2

1 1 2

f(1)=log21- =0-1<0, f(2)=log22- =1- = >0, f(3)=log23- >1- = >0,即 f(1)·f(2)<0,
1 ∴函数 f(x)=log2x- 的零点在区间(1,2)内. 1 2 3 3 1 1 2 2

x

(2)f(x)=4cos sin x-2sin x-|ln(x+1)|=2sin x·?2cos -1?-|ln(x+1)|=sin 2x 2 ? 2 ?
2 2

x

?

x

?

-|ln(x+1)|, 令 f(x)=0, 得 sin 2x=|ln(x+1)|.在同一坐标系中作出两个函数 y=sin 2x 与函数 y=|ln(x+1)|的大致图象如图所示.

观察图象可知,两函数图象有 2 个交点,故函数 f(x)有 2 个零点. 答案 (1)C (2)2 探究提高 函数零点(即方程的根)的确定问题, 常见的有①函数零点值大致存在区间的确定; ②零点个数的确定; ③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定.解决这类问题的常用方 法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法,尤其是求解含有绝对值、分式、指数、 对数、 三角函数式等较复杂的函数零点问题, 常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解. [微题型 2] 由函数的零点(或方程的根)求参数 3 2 【例 3-2】 (1)(2016·郑州二模)若方程 ln(x+1)=x - x+a 在区间[0,2]上有两个不同 2 的实数根,则实数 a 的取值范围是( 1? ? A.?ln 3-1,ln 2+ ? 2? ? C.[ln 2-1,ln 2] ) B.[ln 2-1,ln 3-1) 1? ? D.?0,ln 2+ ? 2? ?

? ?2-|x|,x≤2, (2)已知函数 f(x)=? 函数 g(x)=b-f(2-x), 其中 b∈R, 若函数 y=f(x) 2 ?(x-2) ,x>2, ?

-g(x)恰有 4 个零点,则 b 的取值范围是(

) 7? ? B.?-∞, ? 4? ?
8

?7 ? A.? ,+∞? ?4 ?

? 7? C.?0, ? ? 4?

?7 ? D.? ,2? ?4 ?

3 1 3 -(4x+5)(x-1) 2 解析 (1)令 f(x)=ln(x+1)-x + x-a, 则 f′(x)= -2x+ = . 2 x+1 2 2(x+1) 当 x∈[0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当 x∈(1,2]时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 3 2 由于方程 ln(x+1)=x - x+a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根,即 f(x)=0 在区间[0, 2 2]上有两个不同的实数根,其充要条件为

f(0)=-a≤0, ? ? 1 1 3 ?f(1)=ln 2+2-a>0,解得 ln 3-1≤a<ln 2+2.所以方程 ln(x+1)=x -2x+a 在区 ? ?f(2)=ln 3-1-a≤0,
2

1? ? 间[0,2]上有两个不同的实数根时,实数 a 的取值范围是?ln 3-1,ln 2+ ?. 2? ?

(2)函数 y=f(x)-g(x)恰有 4 个零点,即方程 f(x)-g(x)=0,即 b=f(x)+f(2-x)有 4 个 不同实数根,即直线 y=b 与函数 y=f(x)+f(2-x)的图象有 4 个不同的交点,又 y=f(x) +f(2-x)=

x +x+2,x<0, ? ? 作出该函数的图象如图所示, ?2,0≤x≤2, 2 ? ?x -5x+8,x>2,
7 由图可知,当 <b<2 时,直线 y=b 与函数 y=f(x)+f(2-x)的图象有 4 个不同的交点,故 4

2

?7 ? 函数 y=f(x)-g(x)恰有 4 个零点时,b 的取值范围是? ,2?. ?4 ?
答案 (1)A (2)D 探究提高 利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. (3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题,从而构建不等式求解. 【训练 3】 设函数 f(x)=x +3x+3-a·e (a 为非零实数),若 f(x)有且仅有一个零点,则
2

x

a 的取值范围为________.
9

解析 令 f(x)=0, 可得
x x

x2+3x+3
e
2

x

=a, 令 g(x)=

x2+3x+3
e
x

, 则 g′(x)



(2x+3)·e -e ·(x +3x+3) x(x+1) =- ,令 g′(x)>0, x 2 x (e ) e

可得 x∈(-1,0),令 g′(x)<0,可得 x∈(-∞,-1)∪(0,+∞),所以 g(x)在(-1,0) 上单调递增,在(-∞,-1)和(0,+∞)上单调递减.由题意知函数 y=g(x)的图象与直线 y =a 有且仅有一个交点,结合 y=g(x)及 y=a 的图象可得 a∈(0,e)∪(3,+∞). 答案 (0,e)∪(3,+∞)

1.解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域, 如求函数 f(x)= 只考虑 x>0,忽视 ln x≠0 的限制.

1 的定义域时, xln x

2.如果一个奇函数 f(x)在原点处有意义,即 f(0)有意义,那么一定有 f(0)=0. 3.三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较. (1)底数相同,指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较; (2)底数相同,真数不同的对数值用对数函数的单调性比较; (3)底数不同、指数也不同,或底数不同,真数也不同的两个数,常引入中间量或结合图象比 较大小. 4.三种作函数图象的基本思想方法 (1)通过函数图象变换利用已知函数图象作图; (2)对函数解析式进行恒等变换,转化为已知方程对应的曲线; (3)通过研究函数的性质,明确函数图象的位置和形状. 5.对于给定的函数不能直接求解或画出图形,常会通过分解转化为两个函数图象,然后数形 结合,看其交点的个数有几个,其中交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.

一、选择题 1.(2016·临沂模拟)下列函数中, 既是奇函数, 又在区间(-1, 1)上单调递减的函数是( )

A.f(x)=sin x C.f(x)=2 -1
x

B.f(x)=2cos x+1 D.f(x)=ln 1-x 1+x

解析 由函数 f(x)为奇函数排除 B、C,又 f(x)=sin x 在(-1,1)上单调递增,排除 A,故 选 D. 答案 D 2.(2015·湖南卷)设函数 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),则 f(x)是( )
10

A.奇函数,且在(0,1)上是增函数 B.奇函数,且在(0,1)上是减函数 C.偶函数,且在(0,1)上是增函数 D.偶函数,且在(0,1)上是减函数 解析 易知函数定义域为(-1,1),f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x)=-f(x),故函数 f(x)为 2 ? 1+x ? 奇函数,又 f(x)=ln =ln?-1- ,由复合函数单调性判断方法知,f(x)在(0,1) x-1? 1-x ? ? 上是增函数,故选 A. 答案 A 3.已知二次函数 f(x)=x -bx+a 的部分图象如图所示,则函数 g(x) =e +f′(x)的零点所在的区间是( A.(-1,0) C.(1,2) B.(0,1) D.(2,3)
x
2

)

解析 由函数 f(x)的图象可知, 0<f(0)=a<1, f(1)=1-b+a=0, 所以 1<b<2.又 f′(x) =2x-b,所以 g(x)=e +2x-b,所以 g′(x)=e +2>0,所以 g(x)在 R 上单调递增,又
x x

g(0)=1-b<0,g(1)=e+2-b>0,根据函数的零点存在性定理可知,函数 g(x)的零点所
在的区间是(0,1),故选 B. 答案 B 4.(2016·西安八校联考)函数 y= 的图象大致是( x 3 -1

x3

)

解析 由 3 -1≠0 得 x≠0, ∴函数 y= 的定义域为{x|x≠0},可排除 A; x 3 -1
3

x

x3

(-1) 3 当 x=-1 时,y= = >0,可排除 B; 1 2 -1 3 4 当 x=2 时,y=1,当 x=4 时,y= , 5 但从 D 的函数图象可以看出函数在(0,+∞)上是单调递增函数,两者矛盾,可排除 D.故选 C. 答案 C 5.如图,长方形 ABCD 的边 AB=2,BC=1,O 是 AB 的中点,点 P 沿着边

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BC,CD 与 DA 运动,记∠BOP=x.将动点 P 到 A,B 两点距离之和表示为 x 的函数 f(x),则 y
=f(x)的图象大致为( )

π 解析 当点 P 沿着边 BC 运动,即 0≤x≤ 时,在 Rt△POB 中,|PB|= 4 |OB|tan∠POB=tan x,在 Rt△PAB 中,|PA|= |AB| +|PB| = 4+tan x,则 f(x)=|PA| +|PB|= 4+tan x+tan x,它不是关于 x 的一次函数,图象不是线段,故排除 A 和 C; π ?π ? 当点 P 与点 C 重合,即 x= 时,由以上得 f? ?= 4 ?4? 与边 CD 的中点重合,即 x= 4+tan
2 2 2 2 2

π π +tan = 5+1,又当点 P 4 4

π 时,△PAO 与△PBO 是全等的腰长为 1 的等腰直角三角形,故 2

f? ?=|PA|+|PB|= 2+ 2=2 2,知 f? ?<f? ?,故又可排除 D.综上,选 B. 2 2 4
答案 B 二、填空题 5 b a 6.(2016·浙江卷)已知 a>b>1.若 loga b+logb a= , a =b , 则 a=________, b=________. 2 1 5 2 b 2 b 2b 解析 设 logba=t,则 t>1,因为 t+ = ,解得 t=2,所以 a=b ,因此 a =(b ) =b = t 2

?π ? ? ?

?π ? ? ?

?π ? ? ?

ba,∴a=2b,b2=2b,又 b>1,解得 b=2,a=4.
答案 4 2
?x-[x],x≥0, ?

7.已知函数 f(x)=?

?f(x+1),x<0, ?

其中[x]表示不超过 x 的最大整数.若直线 y=k(x+

1)(k>0)与函数 y=f(x)的图象恰有三个不同的交点,则实数 k 的取值范围是________. 解析 根据[x]表示的意义可知,当 0≤x<1 时,f(x)=x,当 1≤x<2 时,f(x)=x-1,当 2≤x<3 时,f(x)=x-2,以此类推,当 k≤x<k+1 时,f(x)=x-k,k∈Z,当-1≤x<0 时,f(x)=x+1,作出函数 f(x)的图象如图,直线 y=k(x+1)过点(-1,0),当直线经过点 (3,1)时恰有三个交点,当直线经过点(2,1)时恰好有两个交点,在这两条直线之间时有三

12

?1 1? 个交点,故 k∈? , ?. ?4 3?

?1 1? 答案 ? , ? ?4 3?
? ?2 -a,x<1, 8.(2016·海淀二模)设函数 f(x)=? ?4(x-a)(x-2a),x≥1. ?
x

(1)若 a=1,则 f(x)的最小值为________; (2)若 f(x)恰有 2 个零点,则实数 a 的取值范围是________. 解析
? ?2 -1,x<1, (1)当 a=1 时,f(x)=? ?4(x-1)(x-2),x≥1. ?
x x

当 x<1 时,f(x)=2 -1∈(-1,1),

? 3?2 1? 2 当 x≥1 时,f(x)=4(x -3x+2)=4?? ?x-2? -4?≥ ? ?? ?
-1,∴f(x)min=-1. (2)由于 f(x)恰有 2 个零点,分两种情况讨论: 当 f(x)=2 -a,x<1 没有零点时,a≥2 或 a≤0. 当 a≥2 时,f(x)=4(x-a)(x-2a),x≥1 时,有 2 个零点; 当 a≤0 时,f(x)=4(x-a)(x-2a),x≥1 时无零点. 因此 a≥2 满足题意. 当 f(x)=2 -a,x<1 有一个零点时, 0<a<2.
x x

f(x)=4(x-a)(x-2a),x≥1 有一个零点,此时 a<1,
1 2a≥1,因此 ≤a<1. 2
? 1 ? 综上知实数 a 的取值范围是?a| ≤a<1或a≥2?. ? 2 ?

?1 ? 答案 (1)-1 (2)? ,1?∪[2,+∞) ?2 ?
三、解答题 9.已知函数 f(x)=mx -2x+1 有且仅有一个正实数的零点,求实数 m 的取值范围. 解 依题意,得
2

m>0, ? ? 2 ①?Δ =(-2) -4m>0,或 ? ?f(0)<0

13

m<0, ? ? 2 ②?Δ =(-2) -4m>0, 或 ? ?f(0)>0
③?
?m≠0, ? ? ?Δ =(-2) -4m=0.
2

显然①无解;解②,得 m<0;解③,得 m=1,经验证,满足题意.又当 m=0 时,f(x)=-2x +1,它显然有一个为正实数的零点. 综上所述,m 的取值范围是(-∞,0]∪{1}. 10.已知函数 f(x)=x -2ln x,h(x)=x -x+a. (1)求函数 f(x)的极值; (2)设函数 k(x)=f(x)-h(x),若函数 k(x)在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数 a 的取值 范围. 2 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),令 f′(x)=2x- =0,得 x=1.
2 2

x

当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 所以函数 f(x)在 x=1 处取得极小值为 1. (2)k(x)=f(x)-h(x)=x-2ln x-a(x>0), 2 所以 k′(x)=1- ,令 k′(x)>0,得 x>2,

x

所以 k(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,

k(1)≥0, ? ? 所以?k(2)<0, ? ?k(3)≥0,
所以实数 a 的取值范围为(2-2ln 2,3-2ln 3]. 11.已知函数 f(x)=e
x-m

-x,其中 m 为常数.

(1)若对任意 x∈R 有 f(x)≥0 成立,求 m 的取值范围; (2)当 m>1 时,判断 f(x)在[0,2m]上零点的个数,并说明理由. 解 (1)f′(x)=e
x-m

-1,

令 f′(x)=0,得 x=m. 故当 x∈(-∞,m)时,e 当 x∈(m,+∞)时,e
x-m

<1,f′(x)<0,f(x)单调递减;

x-m

>1,f′(x)>0,f(x)单调递增.

∴当 x=m 时,f(m)为极小值,也是最小值. 令 f(m)=1-m≥0,得 m≤1, 即若对任意 x∈R 有 f(x)≥0 成立,则 m 的取值范围是(-∞,1]. (2)由(1)知 f(x)在[0,2m]上至多有两个零点,当 m>1 时,f(m)=1-m<0.

14

∵f(0)=e >0,f(0)f(m)<0, ∴f(x)在(0,m)上有一个零点. ∵f(2m)=e -2m,令 g(m)=e -2m, ∵当 m>1 时,g′(m)=e -2>0, ∴g(m)在(1,+∞)上单调递增, ∴g(m)>g(1)=e-2>0,即 f(2m)>0. ∴f(m)·f(2m)<0,∴f(x)在(m,2m)上有一个零点. ∴故 f(x)在[0,2m]上有两个零点. 第 2 讲 不等式问题 高考定位 1.利用不等式性质比较大小,不等式的求解,利用基本不等式求最值及线性规划 问题是高考的热点,主要以选择题、填空题为主;2.但在解答题中,特别是在解析几何中求 最值、范围问题或在解决导数问题时常利用不等式进行求解,难度较大.
m m m

-m

真 题 感 悟 1.(2016·全国Ⅰ卷)若 a>b>1,0<c<1,则( A.a <b
c c

) B.ab <ba
c c

C.alogbc<blogac 1 解析 取 a=4,b=2,c= ,逐一验证 C 正确. 2 答案 C

D.logac<logbc

2x-y≤0, ? ? 2.(2016·北京卷)若 x,y 满足?x+y≤3, 则 2x+y 的最大值为( ? ?x≥0, A.0 C.4 B.3 D.5

)

解析 不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示.令 z=2x+y,则 y =-2x+z,作直线 2x+y=0 并平移,当直线过点 A 时,截距最大,即
? ?2x-y=0, ? ?x=1, z 取得最大值,由? 得? 所以 A 点坐标为(1,2),可得 ? ? ?x+y=3, ?y=2,

2x+y 的最大值为 2×1+2=4. 答案 C 3.(2016·浙江卷)已知实数 a,b,c(
2 2 2

)
2 2

A.若|a +b+c|+|a+b +c|≤1,则 a +b +c <100 B.若|a +b+c|+|a +b-c|≤1,则 a +b +c <100 C.若|a+b+c |+|a+b-c |≤1,则 a +b +c <100
15
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

D.若|a +b+c|+|a+b -c|≤1,则 a +b +c <100 解析 由于此题为选择题,可用特值排除法找正确选项. 对选项 A,当 a=b=10,c=-110 时,可排除此选项; 对选项 B,当 a=10,b=-100,c=0 时,可排除此选项; 对选项 C,当 a=10,b=-10,c=0 时,可排除此选项. 故选 D. 答案 D

2

2

2

2

2

x-2y+4≥0, ? ? 2 2 4.(2016·江苏卷)已知实数 x,y 满足?2x+y-2≥0,则 x +y 的取值范围是________. ? ?3x-y-3≤0,
解析 已知不等式组所表示的平面区域如图:

x2+y2 表示原点到可行域内的点的距离的平方.
? ?3x-y-3=0, 解方程组? 得 A(2,3). ? ?x-2y+4=0,

由图可知(x +y )min=?
2 2 2 2 2 2

? |-2| ?2 4 2 2? = , ? 2 +1 ? 5
2

(x +y )max=|OA| =2 +3 =13.

?4 ? 答案 ? ,13? ?5 ?
考 点 整 合 1.简单分式不等式的解法 (1) (2)

f(x) >0(<0)?f(x)g(x)>0(<0); g(x) f(x) ≥0(≤0)?f(x)g(x)≥0(≤0)且 g(x)≠0. g(x)

2.(1)解含有参数的一元二次不等式,要注意对参数的取值进行讨论:①对二次项系数与 0 的大小进行讨论; ②在转化为标准形式的一元二次不等式后, 对判别式与 0 的大小进行讨论; ③当判别式大于 0,但两根的大小不确定时,对两根的大小进行讨论;④讨论根与定义域的 关系. (2)四个常用结论

16

? ?a>0, 2 ①ax +bx+c>0(a≠0)恒成立的条件是? ? ?Δ <0. ?a<0, ? 2 ②ax +bx+c<0(a≠0)恒成立的条件是? ?Δ <0. ?

③a>f(x)恒成立?a>f(x)max. ④a<f(x)恒成立?a<f(x)min. 3.利用基本不等式求最值 已知 x , y ∈ R + ,则 (1) 若 x + y = S( 和为定值 ) ,则当 x = y 时,积 xy 取得最大值

S2
4

? x+y?2 S2? ?xy≤? ? 2 ? = 4 ?;(2)若 xy=P(积为定值),则当 x=y 时,和 x+y 取得最小值 2 P(x+ ? ? ? ?
y≥2 xy=2 P).
4.二元一次不等式(组)和简单的线性规划 (1)线性规划问题的有关概念:线性约束条件、线性目标函数、可行域、最优解等. (2)解不含实际背景的线性规划问题的一般步骤: ①画出可行域; ②根据线性目标函数的几何 意义确定其取得最优解的点;③求出目标函数的最大值或者最小值. 5.|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法: (1)利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想; (2)利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想; (3)通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想. 6.不等式的证明 不等式的证明要注意和不等式的性质结合起来,常用的方法有:比较法、作差法、作商法(要 注意讨论分母)、分析法、综合法、数学归纳法、反证法,还要结合放缩和换元的技巧.

热点一 利用基本不等式求最值 [微题型 1] 基本不等式的简单应用 【例 1-1】 (1)(2016·山东师大附中模拟)设正实数 x,y,z 满足 x -3xy+4y -z=0,则
2 2

xy 2 1 2 当 取得最大值时, + - 的最大值为( z x y z

)

A.0 C. 9 4

B.1 D.3

1 4 (2)已知正项等比数列{an}满足 a7=a6+2a5,若存在两项 am,an 使得 aman=4a1,则 + 的最

m n

17

小值为________. 解析 (1)由已知得 z=x -3xy+4y ,(*) 则 =
2 2

xy xy 1 ≤1,当且仅当 x=2y 时取等号,把 x=2y 代入(*)式,得 z 2 2= z x -3xy+4y x 4y + -3 y x

2 2 1 2 1 1 1 ?1 ? 2 =2y ,所以 + - = + - 2=-? -1? +1≤1.

x y z y y y x y z

?y

?

2 1 2 所以当 y=1 时, + - 的最大值为 1. (2)设等比数列{an}的公比为 q, ∵a7=a6+2a5,∴a5q =a5q+2a5, ∴q -q-2=0,解得 q=2 或 q=-1(舍去). ∴ am·an= a1·2 平方得 2
m+n-2 m-1
2 2

·a1·2

n-1

=4a1,

=16=2 ,

4

∴m+n=6, 1? n 4m? 1 3 ?1 4? 1?1 4? ∴? + ?= ? + ?(m+n)= ?5+ + ?≥ (5+4)= , 6? m n ? 6 2 ?m n? 6?m n? 当且仅当 =

n 4m ,即 n=2m,亦即 m=2,n=4 时取等号. m n

3 答案 (1)B (2) 2 探究提高 在利用基本不等式时往往都需要变形,变形的原则是在已知条件下通过变形凑出 基本不等式应用的条件,即“和”或“积”为定值,等号能够取得. [微题型 2] 带有约束条件的基本不等式问题 【例 1-2】 (1)已知两个正数 x,y 满足 x+4y+5=xy,则 xy 取最小值时,x,y 的值分别 为( A.5,5 C.10,5
2

) 5 B.10, 2 D.10,10
2

(2)(2016·临沂模拟)设 x,y 为实数,若 4x +y +xy=1,则 2x+y 的最大值是________. 解析 (1)∵x>0,y>0,∴x+4y+5=xy≥2 4xy+5, 即 xy-4 xy-5≥0,可求 xy≥25. 5 当且仅当 x=4y 时取等号,即 x=10,y= . 2 (2)∵4x +y +xy=1,
2 2

18

3 2 2 ∴(2x+y) -3xy=1,即(2x+y) - ·2xy=1, 2 3 ?2x+y?2 2 ∴(2x+y) - ·? ? ≤1, 2 ? 2 ? 8 2 10 2 解之得(2x+y) ≤ ,即 2x+y≤ . 5 5 等号当且仅当 2x=y>0,即 x= 2 10 答案 (1)B (2) 5 探究提高 在利用基本不等式求最值时,要特别注意“拆、拼、凑”等技巧,或对约束条件 中的一部分利用基本不等式,构造不等式进行求解. 3 2 【训练 1】 (1)已知向量 a=(3,-2),b=(x,y-1),且 a∥b,若 x,y 均为正数,则 + 10 10 ,y= 时成立. 10 5

x y

的最小值是( A. 5 3

) B. 8 3

C.8

D.24

1 1 2 2 (2)若直线 2ax-by+2=0(a>0,b>0)被圆 x +y +2x-4y+1=0 截得的弦长为 4,则 +

a b

的最小值是________. 解析 (1)∵a∥b,∴3(y-1)+2x=0, 即 2x+3y=3.∵x>0,y>0, 3 2 ?3 2? 1 ∴ + =? + ?· (2x+3y) x y ?x y? 3 9y 4x? 1 1? = ?6+6+ + ?≥ (12+2×6)=8. x y? 3 3? 当且仅当 3y=2x 时取等号. (2)易知圆 x +y +2x-4y+1=0 的半径为 2,圆心为(-1,2),因为直线 2ax-by+2=0(a >0,b>0)被圆 x +y +2x-4y+1=0 截得的弦长为 4,所以直线 2ax-by+2=0(a>0,b 1 1 ?1 1? b a >0)过圆心,把圆心坐标代入得 a+b=1,所以 + =? + ?(a+b)=2+ + ≥4,当且仅
2 2 2 2

a b ?a b?

a b

b a 1 当 = ,a+b=1,即 a=b= 时等号成立. a b 2
答案 (1)C (2)4 热点二 含参不等式恒成立问题 [微题型 1] 分离参数法解决恒成立问题
19

4 2 【例 2-1】 (1)关于 x 的不等式 x+ -1-a +2a>0 对 x∈(0,+∞)恒成立,则实数 a 的

x

取值范围为________. (2)已知 x>0,y>0,x+y+3=xy,且不等式(x+y) -a(x+y)+1≥0 恒成立,则实数 a 的 取值范围是________. 4 4 解析 (1)设 f(x)=x+ ,因为 x>0,所以 f(x)=x+ ≥2
2

x

x

x· =4.又关于 x 的不等式 x x

4

4 2 2 + -1-a +2a>0 对 x∈(0,+∞)恒成立,所以 a -2a+1<4,解得-1<a<3,所以实数

x

a 的取值范围为(-1,3).
(2)要使(x+y) -a(x+y)+1≥0 恒成立, 则有(x+y) +1≥a(x+y), 即 a≤(x+y)+ 成立.由 x+y+3=xy,得 x+y+3=xy≤?
2 2 2

1 恒 x+y

?x+y? , ? ? 2 ?

2

即(x+y) -4(x+y)-12≥0,解得 x+y≥6 或 x+y≤-2(舍去).设 t=x+y,则 t≥6,(x +y)+ 1

x+y

1 1 1 =t+ .设 f(t)=t+ ,则在 t≥6 时,f(t)单调递增,所以 f(t)=t+ 的最小值

t

t

t

37? 1 37 37 ? 为 6+ = ,所以 a≤ ,即实数 a 的取值范围是?-∞, ?. 6? 6 6 6 ? 37? ? 答案 (1)(-1,3) (2)?-∞, ? 6? ? 探究提高 对于含参数的不等式恒成立问题,常通过分离参数,把求参数的范围化归为求函 数的最值问题,a>f(x)恒成立?a>f(x)max;a<f(x)恒成立?a<f(x)min. [微题型 2] 函数法解决恒成立问题 【例 2-2】 (1)已知 f(x)=x -2ax+2,当 x∈[-1,+∞)时,f(x)≥a 恒成立,则 a 的取 值范围为________. (2) 已知二次函数 f(x) =ax + x + 1 对 x∈[0, 2]恒有 f(x) > 0. 则实数 a 的取值范围为 ________. 解析 (1)法一 f(x)=(x-a) +2-a ,此二次函数图象的对称轴为 x=a, ①当 a∈(-∞,-1)时,结合图象知,f(x)在[-1,+∞)上单调递增,f(x)min=f(-1)= 2a+3. 要使 f(x)≥a 恒成立,只需 f(x)min≥a, 即 2a+3≥a,解得-3≤a<-1; ②当 a∈[-1,+∞)时,f(x)min=f(a)=2-a , 由 2-a ≥a,解得-2≤a≤1.∴-1≤a≤1. 综上所述,所求 a 的取值范围为-3≤a≤1.
20
2 2 2 2 2 2

法二 设 g(x)=f(x)-a,则 g(x)=x -2ax+2-a≥0 在[-1,+∞)上恒成立, Δ >0, ? ? 即 Δ =4a -4(2-a)≤0 或?a<-1, ? ?g(-1)≥0,
2

2

解得-3≤a≤1. (2)法一 函数法. 1 若 a>0,则对称轴 x=- <0, 2a 故 f(x)在[0,2]上为增函数,且 f(0)=1, 因此在 x∈[0,2]上恒有 f(x)>0 成立. 若 a<0,则应有 f(2)>0,即 4a+3>0, 3 3 ∴a>- .∴- <a<0. 4 4 3 综上所述,a 的取值范围是 a>- 且 a≠0. 4 法二 分离参数法. 当 x=0 时,f(x)=1>0 成立. 1 1 2 当 x≠0 时,ax +x+1>0 变为 a>- 2- ,

x

x

1 1?1 1? 令 g(x)=- 2- ? ≥ ?. x x?x 2? 3? 1 1 ? ∴当 ≥ 时,g(x)∈?-∞,- ?. 4? x 2 ? 1 1 3 ∵a>- 2- ,∴a>- . x x 4 3 又∵a≠0,∴a 的取值范围是 a>- 且 a≠0. 4

? 3 ? 答案 (1)[-3,1] (2)?- ,0?∪(0,+∞) ? 4 ?
探究提高 参数不易分离的恒成立问题,特别是与二次函数有关的恒成立问题的求解,常用 的方法是借助函数图象根的分布,转化为求函数在区间上的最值或值域问题. 【训练 2】 (1)若不等式 x -ax+1≥0 对于一切 a∈[-2,2]恒成立,则 x 的取值范围是 ________. (2)已知不等式 2 1 2 ≥ |a -a|对于 x∈[2,6]恒成立,则 a 的取值范围是________. x-1 5
2

解析 (1)因为 a∈[-2,2],可把原式看作关于 a 的函数, 即 g(a)=-xa+x +1≥0,
21
2

? ?g(-2)=x +2x+1≥0, 由题意可知? 解之得 x∈R. 2 ? ?g(2)=x -2x+1≥0,

2

(2)设 y= 故 y=

2

x-1

,y′=-

2 2, (x-1)

2 2 2 在 x∈[2,6]上单调递减,即 ymin= = , x-1 6-1 5 2 1 2 ≥ |a -a|对于 x∈[2,6]恒成立等价于 x-1 5
2

故不等式

?a -a-2≤0, ? 1 2 2 |a -a|≤ 恒成立,化简得? 2 5 5 ? ?a -a+2≥0,

解得-1≤a≤2,故 a 的取值范围是[-1,2]. 答案 (1)R (2)[-1,2]

热点三 线性规划中的含参问题

x≥1, ? ? 【例 3】 (1)(2016·陕西八校二模)已知 a>0,x,y 满足约束条件?x+y≤3, 若 z= ? ?y≥a(x-3),
2x+y 的最小值为 1,则 a=( A. 1 4 ) B. 1 2

C.1

D.2

x-y≥0, ? ? (2)(2016·济南十校二模)已知 x,y 满足约束条件?x+y≤2,若 z=ax+y 的最大值为 4,则 ? ?y≥0, a=(
A.3 C.-2 ) B.2 D.-3

解析 (1)由约束条件画出可行域(如图所示的△ABC 及其内部),由
? ?x=1, ? ?y=a(x-3), ?

得 A(1,-2a), 当直线 2x+y-z=0 过点 A 时, z=2x+y 取得最小值, 所以 1=2×1 1 -2a,解得 a= . 2

22

(2)不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示.易知 A(2,0), 由?
? ?x-y=0,

?x+y=2, ?

得 B(1,1).

由 z=ax+y,得 y=-ax+z. ∴当 a=-2 或 a=-3 时,z=ax+y 在 O(0,0)处取得最大值,最大值为 zmax=0,不满足题 意,排除 C,D;当 a=2 或 3 时,z=ax+y 在 A(2,0)处取得最大值,∴2a=4,∴a=2,排 除 A,故选 B. 答案 (1)B (2)B 探究提高 对于线性规划中的参数问题,需注意: (1)当最值是已知时, 目标函数中的参数往往与直线斜率有关, 解题时应充分利用斜率这一特 征加以转化. (2)当目标函数与最值都是已知,且约束条件中含有参数时,因为平面区域是变动的,所以要 抓住目标函数及最值已知这一突破口,先确定最优解,然后变动参数范围,使得这样的最优 解在该区域内即可. 【训练 3】 (1)(2016·浙江卷)在平面上,过点 P 作直线 l 的垂线所得的垂足称为点 P 在直

x-2≤0, ? ? 线 l 上的投影.由区域?x+y≥0, 中的点在直线 x+y-2=0 上的投影构成的线段记为 AB, ? ?x-3y+4≥0
则|AB|=( A.2 2 C.3 2 ) B.4 D.6

y≥x, ? ? (2)已知 x,y 满足?y≤-x+2,且目标函数 z=2x+y 的最小值为 1,则实数 a 的值是( ? ?x≥a,
A. C. 3 4 1 3 B. D. 1 2 1 4

)

解析 (1)已知不等式组表示的平面区域如图中△PMQ 所示.

因为 l 与直线 x+y=0 平行.所以区域内的点在直线 x+y-2 上的投影构成线段 AB,则|AB| =|PQ|.
23

由?

? ?x-3y+4=0, ? ?x+y=0,

解得 P(-1,1),由?

? ?x=2, ? ?x+y=0

解得 Q(2,-2). ∴|AB|=|PQ|= (-1-2) +(1+2) =3 2. (2)依题意,不等式组所表示的可行域如图所示(阴影部分),观察图象可知,当目标函数 z= 2x+y 过点 B(a,a)时,zmin=2a+a=3a; 因为目标函数 z=2x+y 的最小值为 1,所以 3a=1, 1 解得 a= ,故选 C. 3
2 2

答案 (1)C (2)C 热点四 绝对值问题的综合应用 【例 4】 (2016·浙江卷)已知 a≥3, 函数 F(x)=min{2|x-1|, x -2ax+4a-2}, 其中 min{p,
?p,p≤q, ? q}=? ? ?q,p>q.
2

(1)求使得等式 F(x)=x -2ax+4a-2 成立的 x 的取值范围; (2)①求 F(x)的最小值 m(a); ②求 F(x)在区间[0,6]上的最大值 M(a). 解 (1)由于 a≥3,故当 x≤1 时,(x -2ax+4a-2)-2|x-1|=x +2(a-1)(2-x)>0, 当 x>1 时,(x -2ax+4a-2)-2|x-1| =(x-2)(x-2a). 所以使得等式 F(x)=x -2ax+4a-2 成立的 x 的取值范围是[2,2a]. (2)①设函数 f(x)=2|x-1|,g(x)=x -2ax+4a-2,则 f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a) =-a +4a-2, 所以,由 F(x)的定义知 m(a)=min{f(1),g(a)},
2 2 2 2 2 2

2

?0,3≤a≤2+ 2, 即 m(a)=? 2 ?-a +4a-2,a>2+ 2.
②当 0≤x≤2 时,F(x)=f(x)≤max{f(0),f(2)}=2=F(2). 当 2≤x≤6 时,F(x)=g(x)≤max{g(2),g(6)} =max{2,34-8a}=max{F(2),F(6)}.

24

? ?34-8a,3≤a<4, 所以 M(a)=? ? ?2,a≥4.

探究提高 1.处理函数问题,数形结合和分类讨论是最常见的思想方法,准确地画出图象可 以回避许多冗长的计算,从而直指问题的核心.最值函数是浙江省高考的特色. 2.高考对函数的考查主要集中在两个方面,在知识方面一般考查求函数的最值,研究函数的 零点、单调性等问题;在思想方法上一般考查分类讨论思想和数形结合思想. 【训练 4】 (2016·浙江五校联考)已知函数 f(x)=x +ax+b(a, b∈R), 记 M(a, b)是|f(x)| 在区间[-1,1]上的最大值. (1)证明:当|a|≥2 时,M(a,b)≥2; (2)当 a,b 满足 M(a,b)≤2 时,求|a|+|b|的最大值.
2

a a ? a? (1)证明 由 f(x)=?x+ ? +b- ,得对称轴为直线 x=- . 4 2 ? 2?
由|a|≥2,得|- |≥1,故 f(x)在[-1,1]上单调, 2 所以 M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|}. 当 a≥2 时,由 f(1)-f(-1)=2a≥4, 得 max{f(1),-f(-1)}≥2, 即 M(a,b)≥2. 当 a≤-2 时,由 f(-1)-f(1)=-2a≥4, 得 max{f(-1),-f(1)}≥2, 即 M(a,b)≥2. 综上,当|a|≥2 时,M(a,b)≥2. (2)解 由 M(a,b)≤2 得|1+a+b|=|f(1)|≤2, |1-a+b|=|f(-1)|≤2, 故|a+b|≤3,|a-b|≤3.
? ?|a+b|,ab≥0, 由|a|+|b|=? 得|a|+|b|≤3. ?|a-b|,ab<0, ?

2

2

a

当 a=2,b=-1 时,|a|+|b|=3,且|x +2x-1|在[-1,1]上的最大值为 2.即 M(2,-1) =2.所以|a|+|b|的最大值为 3.

2

1.多次使用基本不等式的注意事项 当多次使用基本不等式时,一定要注意每次是否能保证等号成立,并且要注意取等号的条件 的一致性,否则就会出错,因此在利用基本不等式处理问题时,列出等号成立的条件不仅是 解题的必要步骤,也是检验转换是否有误的一种方法.

25

2.基本不等式除了在客观题考查外,在解答题的关键步骤中也往往起到“巧解”的作用,但 往往需先变换形式才能应用. 3.解决线性规划问题首先要作出可行域,再注意目标函数表示的几何意义,数形结合找到目 标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点),但要注意作图一定要准确,整点问题要验 证解决. 4.解答不等式与导数、数列的综合问题时,不等式作为一种工具常起到关键的作用,往往涉 及到不等式的证明方法(如比较法、分析法、综合法、放缩法、换元法等).在求解过程中,要 以数学思想方法为思维依据,并结合导数、数列的相关知识解题,在复习中通过解此类问题, 体会每道题中所蕴含的思想方法及规律,逐步提高自己的逻辑推理能力.

一、选择题
4 2 1

1.(2016·全国Ⅲ卷)已知 a=23,b=33,c=253,则( A.b<a<c C.b<c<a

)

B.a<b<c D.c<a<b

4 2 1 3 3 3 解析 a=23= 16,b=33= 9,c=253= 25,所以 b<a<c.

答案 A
?x +2x,x≥0, ? 2.(2016·杭州模拟)已知函数 f(x)=? 2 若 f(-a)+f(a)≤2f(1),则实数 a 的 ?x -2x,x<0, ?
2

取值范围是( A.[0,1] C.[-1,1]

) B.[-1,0] D.[-1,0]

解析 f(-a)+f(a)≤2f(1)?
?a≥0, ? ? 或 2 2 ?(-a) -2×(-a)+a +2a≤2×3, ? ? ?a<0, ? 2 2 ?(-a) +2×(-a)+a -2a≤2×3, ?

即?

?a≥0, ?
2

?a<0, ? 或? 2 ?a +2a-3≤0, ? ?a -2a-3≤0, ?

解得 0≤a≤1,或-1≤a<0. 故-1≤a≤1. 答案 C 3.(2016·浙江卷)已知 a,b>0 且 a≠1,b≠1,若 logab>1,则( A.(a-1)(b-1)<0 B.(a-1)(a-b)>0
26

)

C.(b-1)(b-a)<0

D.(b-1)(b-a)>0

解析 由 a,b>0 且 a≠1,b≠1,及 logab>1=logaa 可得: 当 a>1 时,b>a>1,当 0<a<1 时,0<b<a<1, 代入验证只有 D 满足题意. 答案 D 4.已知当 x<0 时,2x -mx+1>0 恒成立,则 m 的取值范围为( A.[2 2,+∞) C.(-2 2,+∞) 解析 由 2x -mx+1>0,得 mx<2x +1, 2x +1 1 因为 x<0,所以 m> =2x+ .
2 2 2 2

)

B.(-∞,2 2] D.(-∞,-2 2)

x

x

1 ? 1 ? 而 2x+ =-?(-2x)+ ?≤ (-x)? x ? -2 1 (-2x)× =-2 2. (-x)

1 2 当且仅当-2x=- ,即 x=- 时取等号, x 2 所以 m>-2 2. 答案 C

x+2y-2≥0, ? ? 2 2 5.(2016·珠海模拟)若 x,y 满足不等式组?x-y+1≥0, 则 x +y 的最小值是( ? ?3x+y-6≤0,

)

A. C.

2 3 5 4 5

B.

2 5 5

D.1

解析 不等式组所表示的平面区域如图所示,

x2+y2表示原点(0,0)到此区域内的点 P(x,y)的距离.
显然该距离的最小值为原点到直线 x+2y-2=0 的距离. |0+0-2| 2 5 故最小值为 = . 2 2 5 1 +2 答案 B 二、填空题

27

?log3x,x>0, ? 6.已知函数 f(x)=??1?x 那么不等式 f(x)≥1 的解集为________. ?3? ,x≤0, ? ?? ?
x ?1? 解析 当 x>0 时,由 log3x≥1 可得 x≥3,当 x≤0 时,由? ? ≥1 可得 x≤0, ?3?
∴不等式 f(x)≥1 的解集为(-∞,0]∪[3,+∞). 答案 (-∞,0]∪[3,+∞)

x+2y-4≤0, ? ? 7.当实数 x, y 满足?x-y-1≤0, 时, 1≤ax+y≤4 恒成立, 则实数 a 的取值范围是________. ? ?x≥1
解析 作出可行域如图由 1≤ax+y≤4, 结合图象知 a≥0. 且在(1,0)点取最小值, 在(2,1)点取最大值,

? 3? ∴a≥1,2a+1≤4,故 a 的取值范围是?1, ?. ? 2? ? 3? 答案 ?1, ? ? 2?
2 1 2 8.(2016·大同模拟)已知 x>0,y>0,且 + =1,若 x+2y>m +2m 恒成立,则实数 m 的

x y

取值范围为________. 解析 记 t=x+2y,由不等式恒成立可得 m +2m<tmin. 2 1 ?2 1? 因为 + =1,所以 t=x+2y=(x+2y)? + ?=
2

x y y

?x y?

4y x 4+ + .

x

4y x 而 x>0,y>0,所以 + ≥2

x

y

4y x 4y x · =4(当且仅当 = ,即 x=2y 时取等号).

x

y

x

y

4y x 所以 t=4+ + ≥4+4=8,即 tmin=8.

x

y

故 m +2m<8,即(m-2)(m+4)<0. 解得-4<m<2. 答案 (-4,2) 三、解答题 9.已知函数 f(x)= 2x . x +6
2

2

(1)若 f(x)>k 的解集为{x|x<-3,或 x>-2},求 k 的值;
28

(2)对任意 x>0,f(x)≤t 恒成立,求 t 的取值范围. 解 (1)f(x)>k?kx -2x+6k<0. 由已知{x|x<-3,或 x>-2}是其解集,得 kx -2x+6k=0 的两根是-3,-2. 2 2 由根与系数的关系可知(-2)+(-3)= ,即 k=- . k 5 (2)因为 x>0,f(x)= 2x 2 2 6 = ≤ = ,当且仅当 x= 6时取等号.由已知 f(x)≤t x2+6 6 2 6 6 x+ x 6 ? 6 ? ,即 t 的取值范围是? ,+∞?. 6 ?6 ?
2 2

对任意 x>0 恒成立,故 t≥
2

10.(1)解关于 x 的不等式 x -2mx+m+1>0; (2)解关于 x 的不等式 ax -(2a+1)x+2<0. 解 (1)原不等式对应方程的判别式Δ =(-2m) -4(m+1)=4(m -m-1). 当 m - m - 1 > 0 ,即 m >
2 2 2 2

1+ 5 1- 5 2 或 m< 时,由于方程 x - 2mx + m + 1 = 0 的两根是 2 2

m± m2-m-1,所以原不等式的解集是{x|x<m- m2-m-1,或 x>m+ m2-m-1};
1± 5 当 Δ =0,即 m= 时, 2 不等式的解集为{x|x∈R,且 x≠m}; 1- 5 1+ 5 当 Δ <0,即 <m< 时,不等式的解集为 R. 2 2 综上,当 m > 1+ 5 1- 5 2 或 m< 时,不等式的解集为 {x|x < m - m -m-1 ,或 x > m + 2 2 1± 5 1- 5 1+ 5 时,不等式的解集为{x|x∈R,且 x≠m};当 <m< 时, 2 2 2

m2-m-1};当 m=
不等式的解集为 R.

(2)原不等式可化为(ax-1)(x-2)<0.

? 1? ①当 a>0 时,原不等式可以化为 a(x-2)?x- ?<0,根据不等式的性质,这个不等式等价 ?
a?
1 1 ? 1? ? 1? 于(x-2)·?x- ?<0.因为方程(x-2)?x- ?=0 的两个根分别是 2, ,所以当 0<a< 时, a 2 ? a? ? a?
? 1? 1 1 1 1 2< ,则原不等式的解集是?x|2<x< ?;当 a= 时,原不等式的解集是?;当 a> 时, <2, a? a 2 2 a ? ? ?1 ? 则原不等式的解集是?x? <x<2?. ?

?a

?

②当 a=0 时,原不等式为-(x-2)<0,解得 x>2,即原不等式的解集是{x|x>2}.

29

? 1? ③当 a<0 时,原不等式可以化为 a(x-2)?x- ?<0,根据不等式的性质,这个不等式等价 ?
a?
? ? ? 1 1 ? 1? 于(x-2)?x- ?>0,由于 <2,故原不等式的解集是?x?x< 或x>2?.

?

a?

a

?

?

a

?

1 1 ? 1? 综上,当 a=0 时不等式解集为(2,+∞);当 0<a< 时,不等式解集为?2, ?;当 a= 时, 2 2 ? a? 1? 1 ?1 ? 当 a<0 时, ? 不等式解集为?; 当 a> 时, 不等式解集为? ,2?, 不等式解集为?-∞, ?∪(2, a? 2 ?a ? ? +∞). 11.已知函数 f(x)=x +bx+c(b,c∈R),对任意的 x∈R,恒有 f′(x)≤f(x). (1)证明:当 x≥0 时,f(x)≤(x+c) ; (2)若对满足题设条件的任意 b,c,不等式 f(c)-f(b)≤M(c -b )恒成立,求 M 的最小值. (1)证明 易知 f′(x)=2x+b.由题设,对任意的 x∈R,2x+b≤x +bx+c,即 x +(b-2)x +c-b≥0 恒成立,所以(b-2) -4(c-b)≤0,从而 c≥ +1,于是 c≥1, 4 且 c≥2
2 2 2 2 2 2 2

b2

b2
4

×1=|b|,

因此 2c-b=c+(c-b)>0. 故当 x≥0 时,有(x+c) -f(x)=(2c-b)x+c(c-1)≥0.即当 x≥0 时,f(x)≤(x+c) . (2)解 由(1)知 c≥|b|.当 c>|b|时,有 M≥ 令 t= ,则-1<t<1,
2 2

f(c)-f(b) c2-b2+bc-b2 c+2b = = . c2-b2 c2-b2 b+c

b c

c+2b 1 =2- . b+c 1+t

3? 1 ? 而函数 g(t)=2- (-1<t<1)的值域是?-∞, ?. 2? 1+t ?

?3 ? 因此,当 c>|b|时,M 的取值范围为? ,+∞?. ?2 ?
当 c=|b|时,由(1)知 b=±2,c=2.此时 f(c)-f(b)=-8 或 0,c -b =0,从而 f(c)-
2 2

f(b)≤ (c2-b2)恒成立.
3 综上所述,M 的最小值为 . 2 第 3 讲 函数的单调性、极值、最值问题 高考定位 常以指数、对数式为载体,考查函数单调性的求法或讨论,以及考查函数极值、 最值的求法,综合考查与范围有关的问题.

3 2

真 题 感 悟
30

(2016·全国Ⅱ卷)(1)讨论函数 f(x)=

x-2 x x e 的单调性, 并证明当 x>0 时, (x-2)e +x+2>0; x+2
x

e -ax-a (2)证明:当 a∈[0,1)时,函数 g(x)= (x>0)有最小值.设 g(x)的最小值为 h(a), 2

x

求函数 h(a)的值域. (1)解 f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞). (x-1)(x+2)e -(x-2)e xe f′(x)= = 2 2≥0, (x+2) (x+2) 且仅当 x=0 时,f′(x)=0, 所以 f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增. 因此当 x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=-1. 所以(x-2)e >-(x+2),即(x-2)e +x+2>0. (2)证明
x x x x
2 x

g′(x)=

(x-2)e +a(x+2) x+2 = 3 (f(x)+a). 3

x

x

x

由(1)知 f(x)+a 单调递增,对任意 a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0. 因此,存在唯一 xa∈( 0,2],使得 f(xa)+a=0,即 g′(xa)=0. 当 0<x<xa 时,f(x)+a<0,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当 x>xa 时,f(x)+a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增. e -a(xa+1) e +f(xa)(xa+1) 因此 g(x)在 x=xa 处取得最小值, 最小值为 g(xa)= = = 2
xa xa

xa

xa

e . xa+2
xa x x e ? e ?′=(x+1)e >0, e 单调递增. 于是 h(a)= ,由? ? 2 xa+2 (x+2) x+2 ?x+2? x

xa

所以,由 xa∈(0,2], 1 e e e e 得 = <h(a)= ≤ = . 2 0+2 xa+2 2+2 4
x e ?1 e ? 因为 单调递增,对任意 λ ∈? , ?,存在唯一的 xa∈(0,2],a=-f(xa)∈[0,1),使 x+2 ?2 4 ?
2 0

xa

2

2

?1 e ? 得 h(a)=λ .所以 h(a)的值域是? , ?. ?2 4 ? ?1 e ? 综上,当 a∈[0,1)时,g(x)有最小值 h(a),h(a)的值域是? , ?. ?2 4 ?
考 点 整 合 1.导数与函数的单调性 (1)函数单调性的判定方法: 设函数 y=f(x)在某个区间内可导, 如果 f′(x)>0, 则 y=f(x) 在该区间为增函数;如果 f′(x)<0,则 y=f(x)在该区间为减函数.
31
2

2

(2)函数单调性问题包括:①求函数的单调区间,常常通过求导,转化为解方程或不等式,常 用到分类讨论思想;②利用单调性证明不等式或比较大小,常用构造函数法. 2.极值的判别方法 当函数 f(x)在点 x0 处连续时,如果在 x0 附近的左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,那么 f(x0) 是极大值;如果在 x0 附近的左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,那么 f(x0)是极小值.也就是 说 x0 是极值点的充分条件是点 x0 两侧导数异号,而不是 f′(x)=0.此外,函数不可导的点 也可能是函数的极值点,而且极值是一个局部概念,极值的大小关系是不确定的,即有可能 极大值比极小值小. 3.闭区间上函数的最值 在闭区间上连续的函数,一定有最大值和最小值,其最大值是区间的端点处的函数值和在这 个区间内函数的所有极大值中的最大者,最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数 的所有极小值中的最小者.

热点一 利用导数研究函数的单调性 [微题型 1] 求解含参函数的单调区间 【例 1-1】 设函数 f(x)=aln x+

x-1 ,其中 a 为常数. x+1

(1)若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调性. 解 (1)由题意知 a=0 时,f(x)=

x-1 ,x∈(0,+∞). x+1

2 1 此时 f′(x)= 2.可得 f′(1)= ,又 f(1)=0, (x+1) 2 所以曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x-2y-1=0. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).

a 2 ax2+(2a+2)x+a f′(x)= + . 2= x (x+1) x(x+1)2
当 a≥0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当 a<0 时,令 g(x)=ax +(2a+2)x+a, 由于 Δ =(2a+2) -4a =4(2a+1), 1 2 - (x-1) 2 1 ①当 a=- 时,Δ =0,f′(x)= ≤0, 2 x(x+1)2 函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 ②当 a<- 时,Δ <0,g(x)<0, 2
32
2 2 2

f′(x)<0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减.
1 ③当- <a<0 时,Δ >0. 2 设 x1,x2(x1<x2)是函数 g(x)的两个零点, -(a+1)+ 2a+1 -(a+1)- 2a+1 则 x1= ,x2= .

a

a

a+1- 2a+1 a2+2a+1- 2a+1 由于 x1= = >0, -a -a
所以 x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,

x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增, x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,
综上可得:当 a≥0 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增; 1 当 a≤- 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; 2 1 ? -(a+1)+ 2a+1? 当- <a<0 时,f(x)在?0, ?, 2 a ? ?

?-(a+1)- 2a+1 ? ? ,+∞?上单调递减, a ? ?
在?

?-(a+1)+ 2a+1 -(a+1)- 2a+1? , ?上单调递增. a a ? ?

探究提高 讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下, 这类问题 可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论, 常需依据以下标准分类讨论: (1) 二次项系数为 0、为正、为负,目的是讨论开口方向;(2)判别式的正负,目的是讨论对应二 次方程是否有解;(3)讨论两根差的正负,目的是比较根的大小;(4)讨论两根与定义域的关 系,目的是根是否在定义域内.另外,需优先判断能否利用因式分解法求出根. [微题型 2] 已知函数的单调区间求参数范围 【例 1-2】 已知 a∈R,函数 f(x)=(-x +ax)e (x∈R,e 为自然对数的底数). (1)当 a=2 时,求函数 f(x)的单调递增区间; (2)若函数 f(x)在(-1,1)上单调递增,求 a 的取值范围; (3)函数 f(x)是否为 R 上的单调函数?若是,求出 a 的取值范围?若不是,请说明理由. 解 (1)当 a=2 时,f(x)=(-x +2x)·e ,所以 f′(x)=(-2x+2)e +(-x +2x)e =(-x +2)e . 令 f′(x)>0,即(-x +2)e >0,因为 e >0,所以-x +2>0,解得- 2<x< 2. 所以函数 f(x)的单调递增区间是[- 2, 2]. (2)因为函数 f(x)在(-1, 1)上单调递增, 所以 f′(x)≥0 对 x∈(-1, 1)都成立.因为 f′(x)
2 2 2 2

x

x

x

2

x

x

x

x

2

33

= (- 2x+ a)e + (- x + ax)e = [- x + (a- 2)x+ a]e ,所以 [- x + (a- 2)x+ a]e ≥0 对

x

2

x

2

x

2

x

x∈(-1,1)都成立.
因为 e >0,所以-x +(a-2)x+a≥0 对 x∈(-1,1)都成立,即 a≥ =(x+1)- 1 对 x∈(-1,1)都成立. x+1 1
x
2

x2+2x (x+1)2-1 = x+1 x+1

令 g(x)=(x+1)-

x+1

1 ,则 g′(x)=1+ 2>0. (x+1) 在(-1,1)上单调递增. 1 3 = . 1+1 2

所以 g(x)=(x+1)-

1

x+1

所以 g(x)<g(1)=(1+1)-

?3 ? 所以 a 的取值范围是? ,+∞?. ?2 ?
(3)若函数 f(x)在 R 上单调递减,则 f′(x)≤0 对 x∈R 都成立,即[-x +(a-2)x+a]e ≤0 对 x∈R 都成立.因为 e >0,所以 x -(a-2)x-a≥0 对 x∈R 都成立.所以Δ =(a-2) + 4a≤0,即 a +4≤0,这是不可能的.故函数 f(x)不可能在 R 上单调递减. 若函数 f(x)在 R 上单调递增,则 f′(x)≥0 对 x∈R 都成立,即[-x +(a-2)x+a]e ≥0 对
2 2 2

x

x

2

2

x

x∈R 都成立,因为 ex>0,所以 x2-(a-2)x-a≤0 对 x∈R 都成立.而 Δ =(a-2)2+4a=a2
+4>0,故函数 f(x)不可能在 R 上单调递增. 综上,可知函数 f(x)不可能是 R 上的单调函数. 探究提高 (1)已知函数的单调性, 求参数的取值范围, 应用条件 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0),

x∈(a,b)恒成立,解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解),应注意参数的
取值是 f′(x)不恒等于 0 的参数的范围. (2)可导函数 f(x)在某个区间 D 内单调递增(或递减),转化为恒成立问题时,常忽视等号这 一条件,导致与正确的解法擦肩而过,注意,这里“=”一定不能省略. 1 2 2 【训练 1】 已知函数 f(x)=(ax -x)lnx- ax +x(a∈R). 2 (1)当 a=0 时,求曲线 y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程(e=2.718?); (2)求函数 f(x)的单调区间. 解 (1)当 a=0 时,f(x)=x-xln x,f′(x)=-ln x, 所以 f(e)=0,f′(e)=-1. 所以曲线 y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为 y=-x+e, 即 x+y-e=0. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),

34

f′(x)=(ax2-x) +(2ax-1)ln x-ax+1 x
=(2ax-1)ln x. ①当 a≤0 时,2ax-1<0,若 x∈(0,1),则 f′(x)>0,若 x∈(1,+∞),则 f′(x)<0, 所以函数 f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 1 ?1 ? ②当 0<a< 时,若 x∈(0,1)或 x∈? ,+∞?, 2 ? 2a ? 1? ? 则 f′(x)>0,若 x∈?1, ?,则 f′(x)<0, ? 2a? 1? ?1 ? ? 所以函数 f(x)在(0,1),? ,+∞?上单调递增,在?1, ?上单调递减. 2 a 2 a? ? ? ? 1 ③当 a= 时,f′(x)≥0 且仅 f′(1)=0, 2 所以函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 1? 1 ? ?1 ? ④当 a> 时,若 x∈?0, ?或 x∈(1,+∞),则 f′(x)>0,若 x∈? ,1?,则 f′(x)<0, 2 ? 2a? ?2a ? 1? ? ?1 ? 所以函数 f(x)在?0, ?,(1,+∞)上单调递增,在? ,1?上单调递减. ? 2a? ?2a ? 综上,当 a≤0 时,函数 f(x)的增区间为(0,1),减区间为(1,+∞); 1? 1 ?1 ? ? 当 0<a< 时,函数 f(x)的增区间为(0,1),? ,+∞?,减区间为?1, ?. 2 ? 2a ? ? 2a? 1 当 a= 时,函数 f(x)的增区间为(0,+∞); 2 1? 1 ? ?1 ? 当 a> 时,函数 f(x)的增区间为?0, ?,(1,+∞),减区间为? ,1?. 2 a 2 ? ? ? 2a ? 热点二 利用导数研究函数的极值 【例 2】 (2015·山东卷)设函数 f(x)=ln(x+1)+a(x -x),其中 a∈R. (1)讨论函数 f(x)极值点的个数,并说明理由; (2)若? x>0,f(x)≥0 成立,求 a 的取值范围. 解 (1)由题意知,函数 f(x)的定义域为(-1,+∞),
2

1

f′(x)= +a(2x-1)= x+1
2

1

2ax +ax-a+1 . x+1

2

令 g(x)=2ax +ax-a+1,x∈(-1,+∞). ①当 a=0 时,g(x)=1,此时 f′(x)>0, 函数 f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点; ②当 a>0 时,Δ =a -8a(1-a)=a(9a-8).
2

35

8 (ⅰ)当 0<a≤ 时,Δ ≤0,g(x)≥0, 9

f′(x)≥0,函数 f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点;
8 (ⅱ)当 a> 时,Δ >0, 9 设方程 2ax +ax-a+1=0 的两根为 x1,x2(x1<x2), 1 1 1 因为 x1+x2=- ,所以 x1<- ,x2>- . 2 4 4 1 由 g(-1)=1>0,可得-1<x1<- . 4 所以当 x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 因此函数有两个极值点. (ⅲ)当 a<0 时,Δ >0, 由 g(-1)=1>0,可得 x1<-1. 当 x∈(-1,x2)时,
2

g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增;
当 x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 所以函数有一个极值点. 综上所述,当 a<0 时,函数 f(x)有一个极值点; 8 当 0≤a≤ 时,函数 f(x)无极值点; 9 8 当 a> 时,函数 f(x)有两个极值点. 9 8 (2)由(1)知,①当 0≤a≤ 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增, 9 因为 f(0)=0, 所以 x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意; 8 ②当 <a≤1 时,由 g(0)≥0,得 x2≤0, 9 所以函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增, 又 f(0)=0,所以 x∈(0,+∞)时,f(x)>0,符合题意; ③当 a>1 时,由 g(0)<0,可得 x2>0. 所以 x∈(0,x2)时,函数 f(x)单调递减; 因为 f(0)=0,所以 x∈(0,x2)时,f(x)<0,不合题意;

36

④当 a<0 时,设 h(x)=x-ln(x+1). 因为 x∈(0,+∞)时,h′(x)=1- 1 x = >0 , x+1 x+1

所以 h(x)在(0,+∞)上单调递增, 因此当 x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0, 即 ln(x+1)<x. 可得 f(x)<x+a(x -x)=ax +(1-a)x, 1 2 当 x>1- 时,ax +(1-a)x<0,
2 2

a

此时 f(x)<0,不合题意. 综上所述,a 的取值范围是[0,1]. 探究提高 极值点的个数,一般是使 f′(x)=0 方程根的个数,一般情况下导函数若可以化 成二次函数,我们可以利用判别式研究,若不是,我们可以借助导函数的性质及图象研究. 【训练 2】 设函数 f(x)=ax -2x +x+c. (1)当 a=1,且函数图象过 (0,1)时,求函数的极小值; (2)若 f(x)在 R 上无极值点,求 a 的取值范围. 解 由题得 f′(x)=3ax -4x+1. (1)函数图象过(0,1),有 f(0)=c=1. 当 a=1 时,f′(x)=3x -4x+1. 1 令 f′(x)>0,解得 x< 或 x>1; 3 1 令 f′(x)<0,解得 <x<1. 3 1? ? ?1 ? 3 所以函数在?-∞, ?和[1,+∞)上单调递增,在? ,1?上单调递减,极小值是 f(1)=1 - 3? ? ?3 ? 2×1 +1+1=1. (2)若 f(x)在 R 上无极值点, 则 f(x)在 R 上是单调函数, 即 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 恒成立. ①当 a=0 时,f′(x)=-4x+1,显然不满足条件; ②当 a ≠0 时,f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 恒成立的充要条件是 Δ =(-4) -4×3a×1≤0, 4 即 16-12a≤0,解得 a≥ . 3
2 2 2 2 3 2

?4 ? 综上,a 的取值范围为? ,+∞?. ?3 ?
热点三 利用导数研究函数的最值 【例 3】 (2016·杭州质检)已知 a∈R,函数 f(x)=x -3x +3ax-3a+3. (1)求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
37
3 2

(2)当 x∈[0,2]时,求|f(x)|的最大值. 解 (1)由题意得 f′(x)=3x -6x+3a, 故 f′(1)=3a-3. 又 f(1)=1, 所以所求的切线方程为 y=(3a-3)x-3a+4. (2)由于 f′(x)=3(x-1) +3(a-1),0≤x≤2.故 (Ⅰ)当 a≤0 时,有 f′(x)≤0, 此时 f(x)在[0,2]上单调递减. 故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3-3a. (Ⅱ)当 a≥1 时,f′(x)≥0, 此时 f(x)在[0,2]上单调递增, 故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3a-1. (Ⅲ)当 0<a<1 时,设 x1=1- 1-a,x2=1+ 1-a, 则 0<x1<x2<2,f′(x)=3(x-x1)(x-x2). 列表如下:
2 2

x f′(x) f(x)

0

(0,x1) +

x1
0 极大值

(x1,x2) - 单调递减

x2
0 极小值

(x2, 2) + 单调 递增

2

3-3a

单调递增

3a- 1

f(x1)

f(x2)

由于 f(x1)=1+2(1-a) 1-a,

f(x2)=1-2(1-a) 1-a,
故 f(x1)+f(x2)=2>0,f(x1)-f(x2)=4(1-a) 1-a>0.从而 f(x1)>|f(x2)|. 所以|f(x)|max=max{f(0),|f(2)|,f(x1)}. 2 (i)当 0<a< 时,f(0)>|f(2)|, 3 又 f(x1)-f(0)=2(1-a) 1-a-(2-3a) =

a2(3-4a) >0, 2(1-a) 1-a+2-3a

故|f(x)|max=f(x1)=1+2(1-a) 1-a, 2 (ii)当 ≤a<1 时,|f(2)|=f(2),且 f(2)≥f(0). 3 又 f(x1)-|f(2)|=2(1-a) 1-a-(3a-2) =

a2(3-4a) , 2(1-a) 1-a+3a-2

38

2 3 所以①当 ≤a< 时,f(x1)>|f(2)|. 3 4 故|f(x)|max=f(x1)=1+2(1-a) 1-a. 3 ②当 ≤a<1 时,f(x1)≤|f(2)|, 4 故|f(x)|max=|f(2)|=3a-1.

综上所述|f(x)|max

? ?1+2(1-a) 1-a, =? 3 ? ?3a-1, a≥4.
3-3a,a≤0,

3 0<a< , 4

探究提高 含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论: (1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论;(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不 确定需要讨论;(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论;(4)参数的取值范围不同导 致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论. 【训练 3】 已知函数 f(x)=xln x. (1)求函数 f(x)的单调区间和最小值; (2)若函数 F(x)=

f(x)-a 3 在[1,e]上的最小值为 ,求 a 的值. x 2

解 (1)因为 f′(x)=ln x+1(x>0), 令 f′(x)≥0,即 ln x≥-1=ln e , 1 ?1 ? -1 所以 x≥e = ,所以 x∈? ,+∞?. e ?e ?
-1

? 1? 同理令 f′(x)≤0,可得 x∈?0, ?. ? e? ?1 ? ? 1? 所以 f(x)的单调递增区间为? ,+∞?,单调递减区间为?0, ?. e ? ? ? e?
1 ?1? 由此可知 f(x)min=f? ?=- . e ?e? (2)F′(x)=

x+a , x2

3 3 当 a≥0 时,F′(x)>0,F(x)在[1,e]上单调递增,F(x)min=F(1)= ,所以 a=- ?[0,+ 2 2 ∞),舍去. 当 a<0 时,F(x)在(0,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增. ①当 a∈(-1,0),F(x)在[1,e]上单调递增,

F(x)min=F(1)=-a= ,
39

3 2

3 所以 a=- ?(-1,0),舍去. 2 ②若 a∈[-e,-1],F(x)在[1,-a]上单调递减,在[-a,e]上单调递增, 3 所以 F(x)min=F(-a)=ln(-a)+1= , 2

a=- e∈[-e,-1];
③若 a∈(-∞,-e),F(x)在[1,e]上单调递减,

a 3 F(x)min=F(e)=1- = ,
e 2 e 所以 a=- ?(-∞,-e),舍去. 2 综上所述 a=- e.

1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个,这些单调区间不能用“∪”连接,而只能 用逗号或“和”字隔开. 2.可导函数在闭区间[a,b]上的最值,就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最 小值. 3.可导函数极值的理解 (1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定,也有可能极小值大于极大值; (2)对于可导函数 f(x)“ ,f(x)在 x=x0 处的导数 f′(x0)=0”是“f(x)在 x=x0 处取得极值” 的必要不充分条件; (3)注意导函数的图象与原函数图象的关系, 导函数由正变负的零点是原函数的极大值点, 导 函数由负变正的零点是原函数的极小值点. 4.求函数的单调区间时,若函数的导函数中含有带参数的有理因式,因式根的个数、大小、 根是否在定义域内可能都与参数有关,则需对参数进行分类讨论. 5.求函数的极值、最值问题,一般需要求导,借助函数的单调性,转化为方程或不等式问题 来解决,有正向思维——直接求函数的极值或最值;也有逆向思维——已知函数的极值或最 值,求参数的值或范围,常常用到分类讨论、数形结合的思想.

40

一、选择题 1.已知定义在 R 上的函数 f(x), 其导函数 f′(x)的大致图象如图所示, 则下列叙述正确的是( A.f(b)>f(c)>f(d) B.f(b)>f(a)>f(c) C.f(c)>f(b)>f(a) D.f(c)>f(b)>f(d) 解析 由 f′(x)的图象知,x∈[a,c]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数,∵c>b>a,∴f(c) >f(b)>f(a). 答案 C 2.若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)上单调递增,则 k 的取值范围是( A.(-∞,-2] C.[2,+∞) B.(-∞,-1] D.[1,+∞) ) )

1 1 解析 由于 f′(x)=k- ,f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)上单调递增?f′(x)=k- ≥0

x

x

1 1 在(1,+∞)上恒成立,由于 k≥ ,而 0< <1,所以 k≥1.即 k 的取值范围为[1,+∞).

x

x

答案 D 3.(2016·湖州模拟)函数 f(x)=x -3ax-a 在(0,1)内有最小值,则 a 的取值范围是( A.[0,1) B.(-1,1) D.(0,1)
2 2 3

)

? 1? C.?0, ? ? 2?
∴f(x)在(0,1)内单调递增,无最小值. 当 a>0 时,f′(x)=3(x- a)(x+ a).

解析 f′(x)=3x -3a=3(x -a).当 a≤0 时,f′(x)>0,

当 x∈(-∞,- a)和( a,+∞)时,f(x)单调递增; 当 x∈(- a, a)时,f(x)单调递减, 所以当 a<1,即 0<a<1 时,f(x)在(0,1)内有最小值. 答案 D 4.已知函数 f(x)=x +ax +bx-a -7a 在 x=1 处取得极大值 10,则 的值为( 2 A.- 3 B.-2
3 2 2

a b

)

41

2 C.-2 或- 3

2 D.2 或- 3

?3+2a+b=0, ? 2 解析 由题意知 f′(x)=3x +2ax+b, f′(1)=0, f(1)=10, 即? 解 2 ? ?1+a+b-a -7a=10,

得?

? ?a=-2, ?b=1 ?



?a=-6, ?a=-6, ? ? a 2 ? 经检验? 满足题意,故 =- . b 3 ? ? ?b=9, ?b=9

答案 A 1 3 2 5.已知函数 f(x)= x +ax +3x+1 有两个极值点,则实数 a 的取值范围是( 3 A.( 3,+∞) C.(- 3, 3) 解析 f′(x)=x +2ax+3. 由题意知方程 f′(x)=0 有两个不相等的实数根, 所以 Δ =4a -12>0, 解得 a> 3或 a<- 3. 答案 D 二、填空题 6.已知函数 f(x)=4ln x+ax -6x+b(a,b 为常数),且 x=2 为 f(x)的一个极值点,则 a 的值为________. 解析 由题意知,函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 4 ∵f′(x)= +2ax-6,∴f′(2)=2+4a-6=0,即 a=1.
2 2 2

)

B.(-∞,- 3) D.(-∞,- 3)∪( 3,+∞)

x

答案 1 1 2 7. 已 知 函 数 f(x) = mx + ln x - 2x 在 定 义 域 内 是 增 函 数 , 则 实 数 m 的 取 值 范 围 是 2 ____________. 1 解析 f′(x)=mx+ -2≥0 对一切 x>0 恒成立,

x

2 ?1? 2 ∴m≥-? ? + . x

? ?

x

2 2 1 ?1? 2 ?1 ? 令 g(x)=-? ? + =-? -1? +1,则当 =1 时,函数 g(x)取最大值 1.故 m≥1. x x

? ?

x

?

?

x

答案 [1,+∞)

42

? ?x -3x,x≤a, 8.(2016·北京卷)设函数 f(x)=? ? ?-2x,x>a.

3

(1)若 a=0,则 f(x)的最大值为________; (2)若 f(x)无最大值,则实数 a 的取值范围是________. 解析
?x -3x,x≤0, ? (1)当 a=0 时,f(x)=? ?-2x,x>0. ?
2 2 3

若 x≤0,f′(x)=3x -3=3(x -1). 由 f′(x)>0 得 x<-1,由 f′(x)<0 得-1<x≤0. ∴f(x)在(-∞,-1)上单调递增; 在(-1,0]上单调递减,∴f(x)最大值为 f(-1)=2. 若 x>0,f(x)=-2x 单调递减,所以 f(x)<f(0)=0. 所以 f(x)最大值为 2. (2)函数 y=x -3x 与 y=-2x 的图象如图. 由(1)知,当 a≥-1 时,f(x)取得最大值 2. 当 a<-1 时,y=-2x 在 x>a 时无最大值.且-2a>2. 所以 a<-1. 答案 (1)2 (2)(-∞,-1) 三、解答题 9.(2016·北京卷)设函数 f(x)=xe =(e-1)x+4. (1)求 a,b 的值; (2)求 f(x)的单调区间. 解 (1)f(x)的定义域为 R. ∵f′(x)=e
a-x a-x
3

+bx,曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y

-xe

a-x

+b=(1-x)e

a-x

+b.

? ? ?f(2)=2e+2, ?2e +2b=2e+2, 依题设,? 即? a-2 ?f′(2)=e-1, ? ?-e +b=e-1. ?

a-2

解得 a=2,b=e. (2)由(1)知 f(x)=xe 由 f′(x)=e
2-x 2-x

+ex,
x-1

(1-x+e

)及 e

2-x

>0 知,

f′(x)与 1-x+ex-1 同号.
令 g(x)=1-x+e
x-1

,则 g′(x)=-1+e

x-1

.

所以,当 x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故 g(1)=1 是 g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,

43

从而 g(x)>0,x∈(-∞,+∞), 综上可知,f′(x)>0,x∈(-∞,+∞). 故 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). e ?2 ? 10.设函数 f(x)= 2-k? +ln x?(k 为常数,e=2.718 28?是自然对数的底数).
x

x

?x

?

(1)当 k≤0 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求 k 的取值范围. 解 (1)函数 y=f(x)的定义域为(0,+∞).

x2ex-2xex ? 2 1? f′(x)= -k?- 2+ ? x4 ? x x?


xex-2ex k(x-2) (x-2)(ex-kx) - = . x3 x2 x3
x

由 k≤0 可得 e -kx>0, 所以当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数 y=f(x)单调递减,

x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数 y=f(x)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,+∞). (2)由(1)知,k≤0 时,函数 f(x)在(0,2)内单调递减, 故 f(x)在(0,2)内不存在极值点; 当 k>0 时,设函数 g(x)=e -kx,x∈[0,+∞). 因为 g′(x)=e -k=e -e 当 0<k≤1 时, 当 x∈(0,2)时,g′(x)=e -k>0,y=g(x)单调递增. 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点; 当 k>1 时,得 x∈(0,ln k)时,g′(x)<0,函数 y=g(x)单调递减.
x x x
ln k

x



x∈(ln k,+∞)时,g′(x)>0,函数 y=g(x)单调递增.
所以函数 y=g(x)的最小值为 g(ln k)=k(1-ln k).

g(0)>0, ? ?g(ln k)<0, e 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当? 解得 e<k< , 2 g(2)>0, ? ?0<ln k<2,
2

? e? 综上所述,函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k 的取值范围为?e, ?. ? 2?
11.(2016·南昌模拟)设函数 f(x)=x -kx +x(k∈R). (1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)当 k<0 时,求函数 f(x)在[k,-k]上的最小值 m 和最大值 M. 解 f′(x)=3x -2kx+1.
44
2 3 2

2

(1)当 k=1 时,f′(x)=3x -2x+1,Δ =4-12=-8<0, 所以 f′(x)>0 恒成立,故 f(x)在 R 上单调递增. 故函数 f(x)的单调增区间为(-∞,+∞),无单调减区间. (2)当 k<0 时,f′(x)=3x -2kx+1,f′(x)的图象开口向上,对称轴为 x= ,且过点(0, 3 1). 当 Δ =4k -12=4(k+ 3)(k- 3)≤0, 即- 3≤k<0 时,
2 2

2

k

f′(x)≥0,f(x)在[k,-k]上单调递增.
从而当 x=k 时,f(x)取得最小值 m=f(k)=k. 当 x=-k 时,f(x)取得最大值 M=f(-k)=-k -k -k=-2k -k. 当 Δ =4k -12=4(k+ 3)(k- 3)>0, 即 k<- 3时,令 f′(x)=3x -2kx+1=0, 解得 x1=
2 2 3 3 3

k+ k2-3
3

,x2=

k- k2-3
3



注意到 k<x2<x1<0, 1 2k (注:可用根与系数的关系判断,由 x1·x2= ,x1+x2= >k,从而 k<x2<x1<0;或者由 3 3 对称结合图象判断) 所以 m=min{f(k),f(x1)},M=max{f(-k),f(x2)}. 因为 f(x1)-f(k)=x1-kx1+x1-k=(x1-k)(x1+1)>0, 所以 f(x)的最小值 m=f(k)=k. 因为 f(x2)-f(-k)=x2-kx2+x2-(-k -k·k -k)=(x2+k)[(x2-k) +k +1]<0, 所以 f(x)的最大值 M=f(-k)=-2k -k. 综上所述,当 k<0 时,f(x)在[k,-k]上的最小值 m=f(k)=k,最大值 M=f(-k)=-2k -k. 第4讲 导数与函数的切线及函数零点问题
3 3 3 2 3 2 2 2 3 2 2

高考定位 在高考试题的导数压轴题中,以含指数、对数的函数为截体,考查函数零点问题、 与方程的根相关的问题及函数图象的交点问题是高考命题的一个热点.

真 题 感 悟 (2016·全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)=(x-2)e +a(x-1) 有两个零点. (1)求 a 的取值范围; (2)设 x1,x2 是 f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.
x
2

45

(1)解 f′(x)=(x-1)e +2a(x-1)=(x-1)(e +2a). ①设 a=0,则 f(x)=(x-2)e ,f(x)只有一个零点. ②设 a>0,则当 x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以 f(x)在(- ∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
x

x

x

a a ? 2 3 ? 2 又 f(1)=-e, f(2)=a, 取 b 满足 b<0 且 b<ln , 则 f(b)> (b-2)+a(b-1) =a?b - b?>0, 2 ? 2 2 ?
故 f(x)存在两个零点. ③设 a<0,由 f′(x)=0 得 x=1 或 x=ln(-2a). e 若 a≥- ,则 ln(-2a)≤1,故当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,因此 f(x)在(1,+∞)上单 2 调递增. 又当 x≤1 时,f(x)<0,所以 f(x)不存在两个零点. e 若 a<- ,则 ln(-2a)>1,故当 x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0;当 x∈(ln(-2a),+∞) 2 时,f′(x)>0,因此 f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增. 又当 x≤1 时,f(x)<0,所以 f(x)不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,+∞). (2)证明 不妨设 x1<x2.由(1)知 x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x) 在(-∞,1)上单调递减,所以 x1+x2<2 等价于 f(x1)>f(2-x2),即 f(2-x2)<0. 由于 f(2-x2)=-x2e
2-x2

+a(x2-1) ,而 f(x2)=(x2-2)e +a(x2-1) =0,所以

2

x2

2

f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.
设 g(x)=-xe
2-x

-(x-2)e ,则 g′(x)=(x-1)(e

x

2-x

-e ),所以当 x>1 时,g′(x)<0,而

x

g(1)=0,故当 x>1 时,g(x)<0,从而 g(x2)=f(2-x2)<0,故 x1+x2<2.
考 点 整 合 1.求曲线 y=f(x)的切线方程的三种类型及方法 (1)已知切点 P(x0,y0),求 y=f(x)过点 P 的切线方程:求出切线的斜率 f′(x0),由点斜式 写出方程. (2)已知切线的斜率为 k,求 y=f(x)的切线方程:设切点 P(x0,y0),通过方程 k=f′(x0) 解得 x0,再由点斜式写出方程. (3)已知切线上一点(非切点),求 y=f(x)的切线方程:设切点 P(x0,y0),利用导数求得切 线斜率 f′(x0),再由斜率公式求得切线斜率,列方程(组)解得 x0,再由点斜式或两点式写 出方程. 2.三次函数的零点分布 三次函数在存在两个极值点的情况下,由于当 x→∞时,函数值也趋向∞,只要按照极值与 零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点 x1,x2 且 x1<x2 的函数 f(x)=ax +bx
3 2

46

+cx+d(a≠0)的零点分布情况如下:

a 的符号 a>0 (f(x1)为极大值,

零点个数 一个 两个

充要条件

f(x1)<0 f(x1)=0 或者 f(x2)=0 f(x1)>0 且 f(x2)<0 f(x2)<0 f(x1)=0 或者 f(x2)=0 f(x1)<0 且 f(x2)>0

f(x2)为极小值)
三个 一个

a<0 (f(x1)为极小值,
两个

f(x2)为极大值)
三个 3.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法 研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点,归根到底还是研究函数的图象,如单调性、 值域、与 x 轴的交点等,其常用解法如下: ①转化为形如 f(x1)·f(x2)<0 的不等式:若 y=f(x)满足 f(a)f(b)<0,则 f(x)在(a,b) 内至少有一个零点; ②转化为求函数的值域:零点及两函数的交点问题即是方程 g(x)=0 有解问题,将方程分离 参数后(a=f(x))转化为求 y=f(x)的值域问题; ③数形结合: 将问题转化为 y=f(x)与 y=g(x)的交点问题, 利用函数图象位置关系解决问题. (2)研究两条曲线的交点个数的基本方法 ①数形结合法,通过画出两个函数图象,研究图象交点个数得出答案. ②函数与方程法,通过构造函数,研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.

热点一 函数图象的切线问题 [微题型 1] 单一考查曲线的切线方程 【例 1-1】 (1)(2016·全国Ⅱ卷)若直线 y=kx+b 是曲线 y=ln x+2 的切线,也是曲线 y =ln(x+1)的切线,则 b=________. (2)设函数 f(x)=ax +3x,其图象在点(1,f(1))处的切线 l 与直线 x-6y-7=0 垂直,则 直线 l 与坐标轴围成的三角形的面积为( A.1 C.9 ) B.3 D.12
47
3

1 解析 (1)y=ln x+2 的切线为:y= ·x+ln x1+1(设切点横坐标为 x1).

x1

y=ln(x+1)的切线为:y=

1 x2 x+ln(x2+1)- ,(设切点横坐标为 x2) x2+1 x2+1

1 1 ? ?x =x +1, ∴? x ? ?ln x +1=ln(x +1)-x +1,
1 2 2 1 2 2

1 1 解得 x1= ,x2=- ,∴b=ln x1+1=1-ln 2. 2 2 (2)f′(x)=3ax +3,由题设得 f′(1)=-6,所以 3a+3=-6,a=-3. 所以 f(x)=-3x +3x,f(1)=0,切线 l 的方程为 y-0=-6(x-1), 即 y=-6x+6. 1 所以直线 l 与坐标轴围成的三角形的面积为 S= ×1×6=3.选 B. 2 答案 (1)1-ln 2 (2)B 探究提高 利用导数的几何意义解题,主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来 进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值,则要求掌握平行、垂直与斜率 之间的关系,进而和导数联系起来求解. [微题型 2] 综合考查曲线的切线问题 【例 1-2】 已知函数 f(x)=2x -3x. (1)求 f(x)在区间[-2,1]上的最大值; (2)若过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切,求 t 的取值范围. 解 (1)由 f(x)=2x -3x 得 f′(x)=6x -3. 令 f′(x)=0,得 x=- 2 2 或 x= . 2 2 2? ? 2? ?= 2,f? ?=- 2,f(1)=-1, 2? ?2?
3 2 3 3 2

因为 f(-2)=-10,f?-

? ?

所以 f(x)在区间[-2,1]上的最大值为 f?-

? ?

2? ?= 2. 2?

(2)设过点 P(1,t)的直线与曲线 y=f(x)相切于点(x0,y0), 则 y0=2x0-3x0,且切线斜率为 k=6x0-3, 所以切线方程为 y-y0=(6x0-3)(x-x0), 因为 t-y0=(6x0-3)(1-x0). 整理得 4x0-6x0+t+3=0,设 g(x)=4x -6x +t+3, 则“过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切”等价于“g(x)有 3 个不同零点”.
3 2 3 2 2 2 3 2

48

g′(x)=12x2-12x=12x(x-1),
当 x 变化时,g(x)与 g′(x)的变化情况如下:

x g′(x) g(x)

(-∞,0) + ?

0 0

(0,1) - ?

1 0

(1,+∞) + ?

t+3

t+1

所以,g(0)=t+3 是 g(x)的极大值,g(1)=t+1 是 g(x)的极小值. 当 g(0)=t+3≤0,即 t≤-3 时,此时 g(x)在区间(-∞,1]和[1,+∞)上分别至多有 1 个零点,所以 g(x)至多有 2 个零点. 当 g(1)=t+1≥0,即 t≥-1 时,此时 g(x)在区间(-∞,0)和[0,+∞)上分别至多有 1 个零点,所以 g(x)至多有 2 个零点. 当 g(0)>0 且 g(1)<0,即-3<t<-1 时,因为 g(-1)=t-7<0,g(2)=t+11>0,所以

g(x)分别在区间[-1,0),[0,1)和[1,2)上恰有 1 个零点,由于 g(x)在区间
(-∞,0)和(1,+∞)上单调,所以 g(x)分别在区间(-∞,0)和[1,+∞)上恰有 1 个零点. 综上可知,当过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切时,

t 的取值范围是(-3,-1).
探究提高 解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标,解题时先不要管其他条件,先使 用曲线上点的横坐标表达切线方程, 再考虑该切线与其他条件的关系, 如本题第(2)问中的切 线过点(1,t). 【训练 1】 已知函数 f(x)=x -x. (1)设 M(λ 0,f(λ 0))是函数 f(x)图象上的一点,求图象在点 M 处的切线方程; (2)证明:过点 N(2,1)可以作曲线 f(x)=x -x 的三条切线. (1)解 因为 f′(x)=3x -1. 所以曲线 f(x)=x -x 在点 M(λ 0,f(λ 0))处的切线的斜率为 k=f′(λ 0)=3λ 0-1. 所以切线方程为 y-(λ 0-λ 0)=(3λ 0-1)(x-λ 0), 即 y=(3λ 0-1)x-2λ 0. (2)证明 由(1)知曲线 f(x)=x -x 在点(λ , f(λ ))处的切线的方程为 y=(3λ -1)x-2λ . 若切线过点 N(2,1),则 1=2(3λ -1)-2λ ,即 2λ -6λ +3=0. 过点 N 可作曲线 f(x)的三条切线等价于方程 2λ -6λ +3=0 有三个不同的解. 设 g(λ )=2λ -6λ +3, 则 g′(λ )=6λ -12λ =6λ (λ -2). 当 λ 变化时,g′(λ ),g(λ )的变化情况如下表: λ (-∞,0) + 0 0 (0,2) - 2 0 (2,+∞) +
49
2 3 2 3 2 2 3 3 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 2 3 3

g′(λ )

g(λ )

?

极大值 3

?

极小值-5

?

因为 g(λ )在 R 上只有一个极大值 3 和一个极小值-5, 所以过点 N 可以作曲线 f(x)=x -x 的三条切线. 热点二 利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题 [微题型 1] 讨论函数零点的个数 1 3 【例 2-1】 (2015·全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)=x +ax+ ,g(x)=-ln x. 4 (1)当 a 为何值时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线; (2)用 min{m,n}表示 m,n 中的最小值,设函数 h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论 h(x)零 点的个数. 1 ? ?x3 0+ax0+ =0, 4 解 (1)设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点(x0, 0), 则 f(x0)=0, f′(x0)=0.即? 2 ? ?3x0+a=0, 1 3 解得 x0= ,a=- . 2 4 3 因此,当 a=- 时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线. 4 (2)当 x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0, 从而 h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0, 故 h(x)在(1,+∞)上无零点. 5 5 当 x=1 时,若 a≥- ,则 f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故 x=1 是 4 4
3

h(x)的零点;若 a<- ,则 f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故 x=1 不是 h(x)的
零点. 当 x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0.所以只需考虑 f(x)在(0,1)的零点个数. (ⅰ)若 a≤-3 或 a≥0,则 f′(x)=3x +a 在(0,1)上无零点,故 f(x)在(0,1)上单调.而
2

5 4

f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当 a≤-3 时,f(x)在(0,1)内有一个零点;当 a≥0 时,f(x)
在(0,1)上没有零点. (ⅱ)若-3<a<0,则 f(x)在?0, 1)中,当 x= ①若 f?

1 4

5 4

? ?

- ?上单调递减,在? 3? ?

a?

?

- ,1?上单调递增,故在(0, 3 ?

a

?

- 时,f(x)取得最小值,最小值为 f? 3 ?

a

?

a? 2a - ?= 3? 3

a 1 - + . 3 4

? ?

3 a? - ?>0,即- <a<0,f(x)在(0,1)无零点; 4 3?

50

②若 f? ③若 f?

? ? ? ?

3 a? - ?=0,即 a=- ,则 f(x)在(0,1)有唯一零点; 4 3? 3 1 5 5 3 a? - ?<0,即-3<a<- ,由于 f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当- <a<- 时,f(x) 4 4 4 4 4 3?

5 在(0,1)有两个零点;当-3<a≤- 时,f(x)在(0,1)有一个零点. 4 3 5 3 5 综上,当 a>- 或 a<- 时,h(x)有一个零点;当 a=- 或 a=- 时,h(x)有两个零点;当 4 4 4 4 5 3 - <a<- 时,h(x)有三个零点. 4 4 探究提高 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: (1)构造函数,这是解决此类题的关键点和难点,并求其定义域;(2)求导数,得单调区间和 极值点;(3)画出函数草图;(4)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. [微题型 2] 根据函数零点求参数范围 【例 2-2】 (2016·丽水模拟)已知函数 f(x)=xln x,g(x)=-x +ax-2(e 为自然对数的 底数,a∈R). (1)判断曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与曲线 y=g(x)的公共点个数;
2

?1 ? (2)当 x∈? ,e?时,若函数 y=f(x)-g(x)有两个零点,求 a 的取值范围. ?e ?
解 (1)f′(x)=ln x+1, 所以切线斜率 k=f′(1)=1. 又 f(1)=0,∴曲线在点(1,0)处的切线方程为 y=x-1.
?y=-x +ax-2, ? 2 由? ? x +(1-a)x+1=0. ?y=x-1 ?
2

由 Δ =(1-a) -4=a -2a-3=(a+1)(a-3)可知: 当 Δ >0 时,即 a<-1 或 a>3 时,有两个公共点; 当 Δ =0 时,即 a=-1 或 a=3 时,有一个公共点; 当 Δ <0 时,即-1<a<3 时,没有公共点. (2)y=f(x)-g(x)=x -ax+2+xln x, 2 由 y=0,得 a=x+ +ln x.
2

2

2

x

2 (x-1)(x+2) 令 h(x)=x+ +ln x,则 h′(x)= . 2

x

x

?1 ? 当 x∈? ,e?时,由 h′(x)=0,得 x=1. ?e ?
51

?1 ? 所以 h(x)在? ,1?上单调递减,在[1,e]上单调递增, ?e ?
因此 h(x)min=h(1)=3. 2 ?1? 1 由 h? ?= +2e-1,h(e)=e+ +1, e e ? ? e 2 ?1? 比较可知 h? ?>h(e), 所以, 结合函数图象可得, 当 3<a≤e+ +1 时, 函数 y=f(x)-g(x) e e ? ? 有两个零点. 探究提高 研究方程的根(或函数零点)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根(函数零点)的情况,这是导数这一 工具在研究方程中的重要应用. 3 π -3 ? π? 【训练 2】 已知函数 f(x)=axsin x- (a>0),且在?0, ?上的最大值为 . 2? 2 2 ? (1)求函数 f(x)的解析式; (2)判断函数 f(x)在(0,π )内的零点个数,并加以证明. 解 (1)由已知,得 f′(x)=a(sin x+xcos x),且 a>0.

? π? 当 x∈?0, ?时,有 sin x+xcos x>0, 2? ? ? π? 从而 f′(x)>0,f(x)在?0, ?上是增函数, 2? ? ? π? 又 f(x)在?0, ?上的图象是连续不断的, 2? ? ? π? ?π ? 故 f(x)在?0, ?上的最大值为 f? ?, 2? ? ?2?
π 3 π -3 即 a- = ,解得 a=1. 2 2 2 3 综上所述得 f(x)=xsin x- . 2 (2)f(x)在(0,π )内有且只有两个零点.证明如下: 3 由(1)知,f(x)=xsin x- , 2 3 ?π ? π -3>0. 从而 f(0)=- <0,f? ?= 2 2 ?2?

? π? 又 f(x)在?0, ?上的图象是连续不断的, 2? ? ? π? 所以 f(x)在?0, ?内至少存在一个零点. 2? ?

52

? π? 又由(1)知 f(x)在?0, ?上单调递增, 2? ? ? π? 故 f(x)在?0, ?内有且只有一个零点. 2? ?
当 x∈?

?π ,π ?时,令 g(x)=f′(x)=sin x+xcos x. ? ?2 ?

?π ? ?π ? 由 g ? ? = 1 > 0 , g( π ) =- π < 0 ,且 g(x) 在 ? ,π ? 上的图象是连续不断的,故存在 ?2? ?2 ? ? ? m∈? ,π ?,使得 g(m)=0.
π ?2

?

?π ? 由 g′(x)=2cos x-xsin x,知 x∈? ,π ?时,有 g′(x)<0, ?2 ? ?π ? 从而 g(x)在? ,π ?内单调递减. ?2 ? ?π ? ①当 x∈? ,m?时,g(x)>g(m)=0, ?2 ? ?π ? 即 f′(x)>0,从而 f(x)在? ,m?内单调递增, ?2 ? ?π ? ?π ? π -3>0, 故当 x∈? ,m?时,f(x)≥f? ?= 2 2 ? ? ?2? ?π ? 故 f(x)在? ,m?上无零点; 2 ? ?
②当 x∈(m,π )时,有 g(x)<g(m)=0, 即 f′(x)<0,从而 f(x)在(m,π )内单调递减. 又 f(m)>0,f(π )<0,且 f(x)的图象在[m,π ]上连续不间断,从而 f(x)在区间(m,π )内 有且仅有一个零点. 综上所述,f(x)在(0,π )内有且只有两个零点.

1.求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式 y-y0=f′(x0)(x-x0),它的难点在于分 清“过点 P 的切线”与“在点 P 处的切线”的差异.突破这个难点的关键是理解这两种切线的 不同之处在哪里,在过点 P(x0,y0)的切线中,点 P 不一定是切点,点 P 也不一定在已知曲线 上,而在点 P(x0,y0)处的切线,必以点 P 为切点,则此时切线的方程是 y-y0=f′(x0)(x-

x0).
2.我们借助于导数探究函数的零点,不同的问题,比如方程的解、直线与函数图象的交点、 两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题. 3.对于存在一个极大值和一个极小值的函数,其图象与 x 轴交点的个数,除了受两个极值大 小的制约外,还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约,在解题时要注意通过数形结
53

合找到正确的条件. 4.求函数零点或两函数的交点问题,综合了函数、方程、不等式等多方面知识,可以全面地 考察学生对函数性质、函数图象等知识的综合应用能力,同时考察学生的变形、转化能力. 因此在高考压轴题中占有比较重要的地位.

一、选择题 1.曲线 y=xe +1 在点(0,1)处的切线方程是( A.x-y+1=0 C.x-y-1=0
x

) B.2x-y+1=0 D.x-2y+2=0

解析 y′=e +xe =(x+1)e ,

x

x

x

y′|x=0=1,∴所求切线方程为:x-y+1=0.
答案 A 2.(2016·南昌模拟)曲线 y=e 的面积为( A. C. 1 3 2 3
-2x -2x

+1 在点(0,2)处的切线与直线 y=0 和 y=x 围成的三角形

) B. 1 2

D.1 ,∴曲线在点(0,2)处的切线斜率 k=-2,

解析 因为 y′=-2e

∴切线方程为 y=-2x+2,该直线与直线 y=0 和 y=x 围成的三角形

?2 2? 所以三角 如图所示, 其中直线 y=-2x+2 与 y=x 的交点为 A? , ?, ?3 3?
1 2 1 形面积 S= ×1× = . 2 3 3 答案 A 3.(2016·洛阳模拟)曲线 y=xln x 在点(e,e)处的切线与直线 x+ay=1 垂直,则实数 a 的 值为( A.2 C. 1 2 ) B.-2 1 D.- 2

1 解析 依题意得 y′=1+ln x,y′|x=e=1+ln e=2,所以- ×2=-1,所以 a=2,故选

a

A. 答案 A

54

4.已知 y=f(x)为 R 上的可导函数,当 x≠0 时,f′(x)+ 函数 g(x)的零点个数为( A.1 C.0 解析 令 h(x)=xf(x),因为当 x≠0 时, ) B.2 D.0 或 2

f(x) 1 >0,若 g(x)=f(x)+ ,则 x x

xf′(x)+f(x) h′(x) >0,所以 >0,因此 x x

当 x>0 时,h′(x)>0,当 x<0 时,h′(x)<0,又 h(0)=0,易知当 x≠0 时,h(x)>0, 又 g(x)= 答案 C 5.已知 e 是自然对数的底数,函数 f(x)=e +x-2 的零点为 a,函数 g(x)=ln x+x-2 的 零点为 b,则下列不等式中成立的是( A.f(a)<f(1)<f(b) C.f(1)<f(a)<f(b)
x x

h(x)+1 ,所以 g(x)≠0,故函数 g(x)的零点个数为 0. x

) B.f(a)<f(b)<f(1) D.f(b)<f(1)<f(a)

解析 由题意,知 f′(x)=e +1>0 恒成立,所以函数 f(x)在 R 上是单调递增的,而 f(0) =e +0-2=-1<0,f(1)=e +1-2=e-1>0,所以函数 f(x)的零点 a∈(0,1);由题意, 1 知 g′(x)= +1>0,所以 g(x)在(0,+∞)上是单调递增的,又 g(1)=ln 1+1-2=-1<
0 1

x

0,g(2)=ln 2+2-2=ln 2>0,所以函数 g(x)的零点 b∈(1,2). 综上,可得 0<a<1<b<2. 因为 f(x)在 R 上是单调递增的,所以 f(a)<f(1)<f(b). 答案 A 二、填空题 6.(2016·全国Ⅲ卷)已知 f(x)为偶函数,当 x<0 时,f(x)=ln(-x)+3x,则曲线 y=f(x) 在点(1,-3)处的切线方程是________. 解析 设 x>0,则-x<0,f(-x)=ln x-3x,又 f(x)为偶函数,f(x)=ln x-3x,

f′(x)= -3,f′(1)=-2,切线方程为 y=-2x-1. x
答案 2x+y+1=0 1 3 2 7.函数 f(x)= x -x -3x-1 的图象与 x 轴的交点个数是________. 3 解析

1

f′(x)=x2-2x-3=(x+1)(x-3),函数 f(x)在(-∞,-1)和(3,+∞)上是增函

2 数,在(-1,3)上是减函数,由 f(x)极小值=f(3)=-10<0,f(x)极大值=f(-1)= >0 知函数 3

f(x)的图象与 x 轴的交点个数为 3.
55

答案 3 8.(2016·济南模拟)关于 x 的方程 x -3x -a=0 有三个不同的实数解,则实数 a 的取值范 围是________. 解析 由题意知使函数 f(x)=x -3x -a 的极大值大于 0 且极小值小于 0 即可,又 f′(x) =3x -6x=3x(x-2),令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=2.当 x<0 时,f′(x)>0;当 0<x<2 时,f′(x)<0;当 x>2 时,f′(x)>0,所以当 x=0 时,f(x)取得极大值,即 f(x)极大值=
2 3 2 3 2

f(0)=-a;当 x=2 时,f(x)取得极小值,即 f(x)极小值=f(2)=-4-a,所以?
得-4<a<0. 答案 (-4,0) 三、解答题 9.(2016·武汉模拟)已知函数 f(x)=2ln x-x +ax(a∈R). (1)当 a=2 时,求 f(x)的图象在 x=1 处的切线方程;
2

?-a>0, ?

?-4-a<0, ?



?1 ? (2)若函数 g(x)=f(x)-ax+m 在? ,e?上有两个零点,求实数 m 的取值范围. ?e ?
解 (1)当 a=2 时,f(x)=2ln x-x +2x,
2

f′(x)= -2x+2,切点坐标为(1,1), x
切线的斜率 k=f′(1)=2,则切线方程为 y-1=2(x-1),即 y=2x-1. (2)g(x)=2ln x-x +m, 2 -2(x+1)(x-1) 则 g′(x)= -2x= .
2

2

x

x

?1 ? 因为 x∈? ,e?,所以当 g′(x)=0 时,x=1. ?e ?
1 当 <x<1 时,g′(x)>0,此时函数单调递增; e 当 1<x<e 时,g′(x)<0,此时函数单调递减. 故 g(x)在 x=1 处取得极大值 g(1)=m-1. 1 ?1? 2 又 g? ?=m-2- 2,g(e)=m+2-e , e ?e?

g(e)-g? ?=4-e2+ 2<0,则 g(e)<g? ?, e e

?1? ? ?

1 e

?1? ? ?

?1 ? 所以 g(x)在? ,e?上的最小值是 g(e). ?e ? ? ? g(x)在? ,e?上有两个零点的条件是
1

?e

?

56

g(1)=m-1>0, ? ? 1 解得 1<m≤2+ 2, ? ?1? 1 e g? ?=m-2- 2≤0, ? e ? ?e?
1? ? 所以实数 m 的取值范围是?1,2+ 2?. e? ? 10.(2016·平顶山二调)已知函数 f(x)=ln x-ax+ ,对任意的 x∈(0,+∞),满足 f(x)

b x

?1? +f? ?=0,其中 a,b 为常数. x ? ?
(1)若 f(x)的图象在 x=1 处的切线经过点(0,-5),求 a 的值;
2

?a ? (2)已知 0<a<1,求证:f? ?>0; ?2?
(3)当 f(x)存在三个不同的零点时,求 a 的取值范围.

?1? (1)解 在 f(x)+f? ?=0 中,取 x=1,得 f(1)=0, x ? ?
又 f(1)=ln 1-a+b=-a+b=0,所以 b=a. 1? a 1 ? 从而 f(x)=ln x-ax+ ,f′(x)= -a?1+ 2?,

x

x

?

x?

f′(1)=1-2a.
-5-f(1) 又 f′(1)= =5,所以 1-2a=5,a=-2. 0-1 (2)证明
2 3 a2 a3 2 2 a ?a ? f? ?=ln - + =2ln a+ - -ln 2. 2 2 a a 2 ?2? 3 2 4

2 x 2 2 3x -3x +4(x-1) 令 g(x)=2ln x+ - -ln 2,则 g′(x)= - 2- = . 2 x 2 x x 2 2x 所以 x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减, 故 x∈(0,1)时,

g(x)>g(1)=2- -ln 2>1-ln e=0,
所以 0<a<1 时,f? ?>0. ?2? 1 ? 1 ? -ax +x-a. (3)解 f′(x)= -a?1+ 2?= 2
2

1 2

?a ?

2

x

?

x?

x

①当 a≤0 时,在(0,+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增, 所以 f(x)至多只有一个零点,不合题意; 1 ②当 a≥ 时,在(0,+∞)上,f′(x)≤0,f(x)单调递减, 2 所以 f(x)至多只有一个零点,不合题意;
57

1 1- 1-4a 1+ 1-4a ③当 0<a< 时,令 f′(x)=0,得 x1= <1,x2= >1. 2 2a 2a 此时,f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增, 在(x2,+∞)上单调递减,所以 f(x)至多有三个零点. 因为 f(x)在(x1,1)上单调递增,所以 f(x1)<f(1)=0.

2

2

?a ? ?a ? 又因为 f? ?>0,所以? x0∈? ,x1?,使得 f(x0)=0. ?2? ?2 ? ?1? 又 f? ?=-f(x0)=0,f(1)=0, ?x0?
1 所以 f(x)恰有三个不同的零点:x0,1, .

2

2

x0

? 1? 综上所述,当 f(x)存在三个不同的零点时,a 的取值范围是?0, ?. ? 2?
11.已知函数 f(x)=e -ax -bx-1,其中 a,b∈R,e=2.718 28?为自然对数的底数. (1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小值; (2)若 f(1)=0,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点,证明:e-2<a<1. (1)解 由 f(x)=e -ax -bx-1,有 g(x)=f′(x)=e -2ax-b,所以 g′(x)=e -2a. 当 x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a], 1 当 a≤ 时,g′(x)≥0,所以 g(x)在[0,1]上单调递增, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; e 当 a≥ 时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减. 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b; 1 e 当 <a< 时,令 g′(x)=0,得 x=ln (2a)∈(0,1), 2 2 所以函数 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增. 1 于是,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当 a≤ 时, 2
x
2

x

2

x

x

g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b;
1 e 当 <a< 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b; 2 2 e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b. 2 (2)证明 设 x0 为 f(x)在区间(0, 1)内的一个零点, 则由 f(0)=f(x0)=0 可知 f(x)在区间(0,

x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.
则 g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.
58

故 g(x)在区间(0,x0)内存在零点 x1, 同理,g(x)在区间(x0,1)内存在零点 x2, 所以 g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点. 1 由(1)知,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上单调递增, 2 故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点,不合题意. e 1 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上单调递减,故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点,不合题意.所以 2 2 e <a< . 2 此时 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增,因此 x1∈(0, ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有 g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0. 由 f(1)=0 有 a+b=e-1<2, 有 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0, 解得 e-2<a<1. 所以函数 f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2<a<1. 第5讲 导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题

高考定位 在高考压轴题中,函数与不等式的交汇是考查热点,常以含指数、对数函数为载 体考查不等式的证明、比较大小、范围等问题,以及不等式的恒成立与能成立问题.

真 题 感 悟 2x-1 (2016·山东卷)已知 f(x)=a(x-ln x)+ 2 ,a∈R.

x

(1)讨论 f(x)的单调性; 3 (2)当 a=1 时,证明 f(x)>f′(x)+ 对于任意的 x∈[1,2]成立. 2

a 2 2 (ax -2)(x-1) (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a- - 2+ 3= . 3 x x x x
当 a≤0 时,x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单 调递减.

2

59

当 a>0 时,f′(x)= ①0<a<2 时, 2

a(x-1)? ? x- x3 ?

2??

a??

??x+

2? ?.

a?

a

>1,

当 x∈(0,1)或 x∈? 当 x∈?1, ②a=2 时, ③a>2 时,0< 当 x∈?

? ?

a

2 ? ,+∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

?

? ?

2?

a?

?时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
2 =1,在 x∈(0,+∞)内,f′(x)≥0,f(x)单调递增. 2 <1,当 x∈?0,

a

a

? ?

2?

a?

?或 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

? ?

2

a

,1?时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

? ?

综上所述,当 a≤0 时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减; 当 0<a<2 时,f(x)在(0,1)内单调递增,在?1, 增; 当 a=2 时,f(x)在(0,+∞)内单调递增; 当 a>2 时, f(x)在?0,

? ?

2?

? ?内单调递减,在? a? ?

a

2 ? ,+∞?内单调递

?

? ?

2?

a?

? 在? ?内单调递增, ?

2

a

在(1, +∞)内单调递增. ,1?内单调递减,

? ?

(2)证明 由(1)知,a=1 时,

f(x)-f′(x)=x-ln x+

2x-1 ? 1 2 2 ? -?1- - 2+ 3? 2

x

?

x x

x?

3 1 2 =x-ln x+ + 2- 3-1,x∈[1,2].

x x

x

3 1 2 设 g(x)=x-ln x,h(x)= + 2- 3-1,x∈[1,2],则 f(x)-f′(x)=g(x)+h(x).

x x

x

由 g′(x)=

x-1 ≥0, x

可得 g(x)≥g(1)=1, -3x -2x+6 当且仅当 x=1 时取得等号.又 h′(x)= . 4
2

x

设 φ (x)=-3x -2x+6, 则 φ (x)在 x∈[1,2]单调递减. 因为 φ (1)=1,φ (2)=-10,所以? x0∈(1,2),使得 x∈(1,x0)时,φ (x)>0,x∈(x0, 2)时,φ (x)<0.

2

60

所以 h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减. 1 1 由 h(1)=1,h(2)= ,可得 h(x)≥h(2)= , 2 2 当且仅当 x=2 时取得等号. 3 所以 f(x)-f′(x)>g(1)+h(2)= . 2 3 即 f(x)>f′(x)+ 对于任意的 x∈[1,2]成立. 2 考 点 整 合 1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法 (1)分离参数后转化为函数最值问题: 将原不等式分离参数, 转化为不含参数的函数的最值问 题,利用导数求该函数的最值,根据要求得所求范围.一般地,f(x)≥a 恒成立,只需 f(x)min ≥a 即可;f(x)≤a 恒成立,只需 f(x)max≤a 即可. (2)转化为含参函数的最值问题: 将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题, 利用导数 求该函数的极值(最值),伴有对参数的分类讨论,然后构建不等式求解. 2.常见构造辅助函数的四种方法 (1)直接构造法: 证明不等式 f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明 f(x)-g(x)>0(f(x) -g(x)<0),进而构造辅助函数 h(x)=f(x)-g(x). (2)构造“形似”函数:稍作变形后构造.对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把 不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数. (3)适当放缩后再构造:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构 造函数. (4)构造双函数:若直接构造函数求导,难以判断符号,导数的零点也不易求得,因此单调性 和极值点都不易获得,从而构造 f(x)和 g(x),利用其最值求解. 3.不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x) > g(x) 对一切 x∈[a , b] 恒成立 ?[a , b] 是 f(x) > g(x) 的解集的子集 ?[f(x) -

g(x)]min>0(x∈[a,b]).
(2)f(x)>g(x)对 x∈[a,b]能成立?[a,b]与 f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)-

g(x)]max>0(x∈[a,b]).
(3)对? x1,x2∈[a,b]使得 f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min. (4)对? x1∈[a,b],? x2∈[a,b]使得 f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min.

热点一 导数与不等式 [微题型 1] 利用导数证明不等式

61

1+x 【例 1-1】 (2016·金华调研)已知函数 f(x)=ln . 1-x (1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)求证:当 x∈(0,1)时,f(x)>2?x+ ?; ? 3?

?

x3?

? x? (3)设实数 k 使得 f(x)>k?x+ ?对 x∈(0,1)恒成立,求 k 的最大值. ? 3?
(1)解 因为 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),所以 1 1 + ,f′(0)=2. 1+x 1-x

3

f′(x)=

又因为 f(0)=0,所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=2x.

? x? (2)证明 令 g(x)=f(x)-2?x+ ?,则 ? 3?
g′(x)=f′(x)-2(1+x2)=
2x 2. 1-x
4

3

因为 g′(x)>0(0<x<1),所以 g(x)在区间(0,1)上单调递增. 所以 g(x)>g(0)=0,x∈(0,1), 即当 x∈(0,1)时,f(x)>2?x+ ?. ? 3? (3)解 由(2)知,当 k≤2 时,f(x)>k?x+ ?对 x∈(0,1)恒成立. ? 3?

?

x3?

?

x3?

? x? 当 k>2 时,令 h(x)=f(x)-k?x+ ?,则 ? 3?
kx4-(k-2) h′(x)=f′(x)-k(1+x2)= . 2 1-x
所以当 0<x< 4 k-2 ? 4 k-2? 时,h′(x)<0,因此 h(x)在区间?0, ?上单调递减.

3

k

?

k ?

当 0<x<

4 k-2 时,h(x)<h(0)=0,

k

即 f(x)<k?x+ ?. ? 3?

?

x3?

? x? 所以当 k>2 时,f(x)>k?x+ ?并非对 x∈(0,1)恒成立. ? 3?
综上可知,k 的最大值为 2. 探究提高 (1)证明 f(x)≥g(x)或 f(x)≤g(x),可通过构造函数 h(x)=f(x)-g(x),将上述 不等式转化为求证 h(x)≥0 或 h(x)≤0,从而利用求 h(x)的最小值或最大值来证明不等式. 或者,利用 f(x)min≥g(x)max 或 f(x)max≤g(x)min 来证明不等式.
62

3

(2)在证明不等式时, 如果不等式较为复杂, 则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单 的不等式,再进行证明. [微题型 2] 不等式恒成立求参数范围问题 【例 1-2】 (1)已知函数 f(x)=ax-1-ln x,a∈R. ①讨论函数 f(x)的单调区间; ②若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,对? x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2 恒成立,求实数 b 的取 值范围. (2)设 f(x)=

xln x ,若对? x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1)恒成立,求 m 的取值范围. x+1 x x

1 ax-1 解 (1)①在区间(0,+∞)上,f′(x)=a- = , 当 a≤0 时,f′(x)<0 恒成立,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减; 1 ? 1? 当 a>0 时,令 f′(x)=0 得 x= ,在区间?0, ?上,

a

?

a?

? ? f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,在区间? ,+∞?上, ?a ?
1

f′(x)>0,函数 f(x)单调递增.
综上所述:当 a≤0 时,f(x)的单调递减区间是(0,+∞),无单调递增区间;

? 1? ?1 ? 当 a>0 时,f(x)的单调递减区间是?0, ?,单调递增区间是? ,+∞?. ?
a?

?a

?

②因为函数 f(x)在 x=1 处取得极值, 所以 f′(1)=0,解得 a=1,经检验可知满足题意. 由已知 f(x)≥bx-2,即 x-1-ln x≥bx-2, 1 ln x 即 1+ - ≥b 对? x∈(0,+∞)恒成立,

x

x

1 ln x 令 g(x)=1+ - ,

x

x

1 1-ln x ln x-2 则 g′(x)=- 2- = , 2 2

x

x

x

易得 g(x)在(0,e ]上单调递减,在[e ,+∞)上单调递增, 1 1 2 所以 g(x)min=g(e )=1- 2,即 b≤1- 2. e e (2)f(x)=

2

2

xln x ,? x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1), x+1

? 1? 即 ln x≤m?x- ?. ?
x?

63

? 1? 设 g(x)=ln x-m?x- ?, ?
x?
即? x∈[1,+∞),g(x)≤0 恒成立,等价于函数 g(x)在[1,+∞)上的最大值 g(x)max≤0.

g′(x)= -m?1+ 2?= x ? x?

1

?

1?

-mx +x-m . 2

2

x

①若 m≤0,g′(x)>0,g(x)在[1,+∞)上单调递增, 即 g(x)≥g(1)=0,这与要求的 g(x)≤0 矛盾. ②若 m>0,方程-mx +x-m=0 的判别式 Δ =1-4m . 1 当 Δ ≤0,即 m≥ 时,g′(x)≤0. 2 所以 g(x)在[1,+∞)上单调递减,g(x)max=g(1)=0, 即不等式成立; 1 1- 1-4m 1+ 1-4m 2 当 0<m< 时,方程-mx +x-m=0 的两根分别为 x1= <1,x2= >1. 2 2m 2m 当 x∈(1,x2)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0,与要求矛盾. 1 综上所述,m≥ . 2 探究提高 (1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路是: 先找到准确范围, 再说明“此范围 之外”不适合题意(着眼于“恒”字,寻找反例即可). (2)对于求不等式成立时的参数范围问题, 在可能的情况下把参数分离出来, 使不等式一端是 含有参数的不等式, 另一端是一个区间上具体的函数.但要注意分离参数法不是万能的, 如果 分离参数后,得出的函数解析式较为复杂,性质很难研究,就不要使用分离参数法. 【训练 1】 (2016·浙江五校联考)已知 a>0,b∈R,函数 f(x)=4ax -2bx-a+b. (1)证明:当 0≤x≤1 时, ①函数 f(x)的最大值为|2a-b|+a; ②f(x)+|2a-b|+a≥0; (2)若-1≤f(x)≤1 对 x∈[0,1]恒成立,求 a+b 的取值范围. (1)证明 ①f′(x)=12ax -2b=12a?x - ?. 6a? ?
2 2 3 2 2 2 2

?

b?

当 b≤0 时,有 f′(x)≥0,此时 f(x)在[0,+∞)上单调递增. 当 b>0 时,f′(x)=12a?x+ 此时 f(x)在?0,

? ?

6a??

b ??

??x- ?

6a?

b? b
6a

?,
,+∞?上单调递增.

? ?

?上单调递减,在? 6a? ?

b?

? ?

所以当 0≤x≤1 时,f(x)max=max{f(0),f(1)}=

64

? ?3a-b,b≤2a, max{-a+b,3a-b}=? =|2a-b|+a. ? ?-a+b,b>2a

②由于 0≤x≤1,故当 b≤2a 时,

f(x)+|2a-b|+a=f(x)+3a-b=4ax3-2bx+2a≥4ax3-4ax+2a=2a(2x3-2x+1).
当 b>2a 时,

f(x)+|2a-b|+a=f(x)-a+b=4ax3+2b(1-x)-2a>4ax3+4a(1-x)-2a=2a(2x3-2x+
1). 设 g(x)=2x -2x+1,0≤x≤1,则
3

g′(x)=6x2-2=6?x-
于是

? ?

3?? 3? ??x+ ?, 3 ?? 3?

x g′(x) g(x)
所以,g(x)min=g?

0

3? ? ?0, ? 3? ? -

3 3 0 极小值

? 3 ? ? ,1? ?3 ?
+ 增

1

1 4 3 ? 3? ?=1- 9 >0. ?3?
3



1

所以当 0≤x≤1 时,2x -2x+1>0. 故 f(x)+|2a-b|+a≥2a(2x -2x+1)≥0. (2)解 由①知,当 0≤x≤1 时,f(x)max=|2a-b|+a,所以|2a-b|+a≤1. 若|2a-b|+a≤1,则由②知 f(x)≥-(|2a-b|+a)≥-1.
? ?|2a-b|+a≤1, 所以-1≤f(x)≤1 对任意 0≤x≤1 恒成立的充要条件是? ?a>0, ?
3

2a-b≥0, ?2a-b<0, ? ? ? 即?3a-b≤1,或?b-a≤1,(*) ? ? ?a>0, ?a>0. 在直角坐标系 aOb 中,(*)所表示的平面区域为如图所示的阴影部分,其中不包括线段 BC. 作一组平行直线 a+b=t(t∈R),得-1<a+b≤3. 所以 a+b 的取值范围是(-1,3].

热点二 不等式恒成立与能成立问题 [微题型 1] 恒成立问题 【例 2-1】 (2016·四川卷)设函数 f(x)=ax -a-ln x,其中 a∈R. (1)讨论 f(x)的单调性;
65
2

1 1-x (2)确定 a 的所有可能取值, 使得 f(x)> -e 在区间(1, +∞)内恒成立(e=2.718?为自然

x

对数的底数). 1 2ax -1 解 (1)f′(x)=2ax- = (x>0).
2

x

x

当 a≤0 时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减. 当 a>0 时,由 f′(x)=0,有 x= 此时,当 x∈?0, 当 x∈? 1 2a .

? ?

1 ? ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 2a?

? 1 ,+∞? ?时,f′(x)>0,f(x)单调递增. ? 2a ?

1 1 x-1 (2)令 g(x)= - x-1,s(x)=e -x. x e 则 s′(x)=e
x-1

-1.而当 x>1 时,s′(x)>0,

所以 s(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 又由 s(1)=0,有 s(x)>0,从而当 x>1 时,g(x)>0. 当 a≤0,x>1 时,f(x)=a(x -1)-ln x<0. 故当 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有 a>0. 1 1 当 0<a< 时, >1. 2 2a 由(1)有 f?
2

? 1 ? ? 1 ? ?<f(1)=0,而 g? ?>0, ? 2a? ? 2a?

所以此时 f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立. 1 当 a≥ 时,令 h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 2 1 1 1 1 1 x -2x+1 x -2x+1 1-x 当 x>1 时,h′(x)=2ax- + 2-e >x- + 2- = > >0. 2 2
3 2

x x

x x

x

x

x

因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增. 又因为 h(1)=0,所以当 x>1 时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即 f(x)>g(x)恒成立.

?1 ? 综上,a∈? ,+∞?. ?2 ?
探究提高 (1)恒成立问题一般与不等式有关, 解决此类问题需要构造函数利用函数单调性求 函数最值,从而说明函数值恒大于或恒小于某一确定的值.(2)在求参数范围时首先要考虑参 数能否分离出来. [微题型 2] 能成立问题

66

a 1 2 x x 【例 2-2】 已知函数 f(x)=x-(a+1)ln x- (a∈R),g(x)= x +e -xe . x 2
(1)当 x∈[1,e]时,求 f(x)的最小值; (2)当 a<1 时,若存在 x1∈[e,e ],使得对任意的 x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2)恒成立,求
2

a 的取值范围.
(x-1)(x-a) 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= . 2

x

①若 a≤1,当 x∈[1,e]时,f′(x)≥0, 则 f(x)在[1,e]上为增函数,f(x)min=f(1)=1-a. ②若 1<a<e, 当 x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)为减函数; 当 x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)为增函数. 所以 f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1. ③若 a≥e,当 x∈[1,e]时,f′(x)≤0,f(x)在[1,e]上为减函数,f(x)min=f(e)=e-(a +1)- . e 综上,当 a≤1 时,f(x)min=1-a; 当 1<a<e 时,f(x)min=a-(a+1)ln a-1; 当 a≥e 时,f(x)min=e-(a+1)- . e (2)由题意知:f(x)(x∈[e,e ])的最小值小于 g(x)(x∈[-2,0])的最小值. 由(1)知 f(x)在[e,e ]上单调递增,
2 2

a

a

a f(x)min=f(e)=e-(a+1)- .
e

g′(x)=(1-ex)x.
当 x∈[-2,0]时,g′(x)≤0,g(x)为减函数,

a g(x)min=g(0)=1,所以 e-(a+1)- <1,
e e -2e 即 a> , e+1 所以 a 的取值范围为?
2

?e -2e,1? . ? ? e+1 ?

2

探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系 存在性问题和恒成立问题容易混淆,它们既有区别又有联系:若 g(x)≤m 恒成立,则 g(x)max ≤m;若 g(x)≥m 恒成立,则 g(x)min≥m;若 g(x)≤m 有解,则 g(x)min≤m;若 g(x)≥m 有解, 则 g(x)max≥m.

67

【训练 2】 (2016·宁波期末)已知函数 f(x)=x +3|x-a|(a∈R). (1)若 f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为 M(a),m(a),求 M(a)-m(a); (2)设 b∈R.若[f(x)+b] ≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,求 3a+b 的取值范围. 解
? ?x +3x-3a,x≥a, (1)因为 f(x)=? 3 ?x -3x+3a,x<a, ?
2 3 2

3

?3x +3,x>a, ? 所以 f′(x)=? 2 ? ?3x -3,x<a.

由于-1≤x≤1, ①当 a≤-1 时,有 x≥a,故 f(x)=x +3x-3a, 此时 f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故
3

M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.
②当-1<a<1 时, 若 x∈(a,1),f(x)=x +3x-3a,在(a,1)上是增函数;若 x∈(-1,a),
3

f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,
所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a . 由于 f(1)-f(-1)=-6a+2, 1 3 因此,当-1<a≤ 时,M(a)-m(a)=-a -3a+4; 3 1 3 当 <a<1 时,M(a)-m(a)=-a +3a+2. 3 ③当 a≥1 时,有 x≤a,故 f(x)=x -3x+3a, 此时 f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故
3 3

M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.
综上,

?-a -3a+4,-1<a≤1, ? 3 M(a)-m(a)=? 1 -a +3a+2, <a<1, 3 ? ?4,a≥1.
8,a≤-1,
3 3

(2)令 h(x)=f(x)+b,则
? ?x +3x-3a+b,x≥a, h(x)=? 3 ? ?x -3x+3a+b,x<a, ?3x +3,x>a, ? h′(x)=? 2 ?3x -3,x<a. ?
2 3

因为[f(x)+b] ≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,

2

68

即-2≤h(x)≤2 对 x∈[-1,1]恒成立, 所以由(1)知, ①当 a≤-1 时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(1)=4-3a+

b,最小值是 h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2 且 4-3a+b≤2,矛盾;
1 3 ②当-1<a≤ 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a +b,最大值是 h(1)=4-3a+b, 3 1 3 3 所以 a +b≥-2 且 4-3a+b≤2,从而-2-a +3a≤3a+b≤6a-2 且 0≤a≤ . 3

? 1? 3 2 令 t(a)=-2-a +3a,则 t′(a)=3-3a >0,t(a)在?0, ?上是增函数,故 t(a)≥t(0)= ? 3?
-2, 因此-2≤3a+b≤0; 1 3 ③当 <a<1 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a +b,最大值是 h(-1)=3a+b+2, 3 28 3 所以 a +b≥-2 且 3a+b+2≤2,解得- <3a+b≤0; 27 ④当 a≥1 时,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=2+3a+b,最小值是 h(1)=-2+3a +b, 所以 3a+b+2≤2 且 3a+b-2≥-2,解得 3a+b=0. 综上,得 3a+b 的取值范围是-2≤3a+b≤0.

1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有: (1)分离参数后转化为最值, 不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下, 采用分离参 数转化为函数的最值问题,形如 a>f(x)max 或 a<f(x)min. (2)直接转化为函数的最值问题, 在参数难于分离的情况下, 直接转化为含参函数的最值问题, 伴有对参数的分类讨论. (3)数形结合. 2.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数 h(x). (3)利用导数研究 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. 3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题; (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题;

69

(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.

一、选择题

? 1? 1.设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x<0 时,f′(x)>0,且 f(0)=0,f?- ?=0,则不等 ? 2?
式 f(x)<0 的解集为(
? ? 1? A.?x?x< ? 2? ? ? ? ? 1 1? C.?x?x<- 或0<x< ? 2 2 ? ? ?

)
? ? 1? B.?x?0<x< ? 2? ? ? ? ? 1 1? D.?x?- ≤x≤0或x≥ ? 2 2 ? ? ?

? ? 1 1? 解析 如图所示,根据图象得不等式 f(x)<0 的解集为?x?x<- 或0<x< ?. 2 2? ? ?

答案 C 2.若不等式 2xln x≥-x +ax-3 恒成立,则实数 a 的取值范围为( A.(-∞,0) C.(0,+∞) 3 解析 条件可转化为 a≤2ln x+x+ 恒成立. B.(-∞,4] D.[4,+∞)
2

)

x

3 设 f(x)=2ln x+x+ ,

x

(x+3)(x-1) 则 f′(x)= (x>0). 2

x

当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增, 所以 f(x)min=f(1)=4.所以 a≤4. 答案 B 3.若存在正数 x 使 2 (x-a)<1 成立,则 a 的取值范围是( A.(-∞,+∞)
x

)

B.(-2,+∞)
70

C.(0,+∞) 1 x 解析 ∵2 (x-a)<1,∴a>x- x. 2 1 令 f(x)=x- x, 2 ∴f′(x)=1+2 ln 2>0. ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f(x)>f(0)=0-1=-1, ∴a 的取值范围为(-1,+∞),故选 D. 答案 D
-x

D.(-1,+∞)

4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当 x>0 时,

xf′(x)-f(x)<0,则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(
A.(-∞,-1)∪(0,1) C.(-∞,-1)∪(-1,0) 解析 令 F(x) =

)

B.(-1,0)∪(1,+∞) D.(0,1)∪(1,+∞)

f(x) , 因 为 f(x) 为 奇 函 数 , 所 以 F(x) 为 偶 函 数 , 由 于 F′(x) = x

xf′(x)-f(x) f(x) ,当 x>0 时,xf′(x)-f(x)<0,所以 F(x)= 在(0,+∞)上单 2 x x
调递减,根据对称性,F(x)=

f(x) 在(-∞,0)上单调递增,又 f(-1)=0,f(1)=0,数 x

形结合可知,使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).故选 A. 答案 A 5.(2016·山东师范大学附中二模)已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f′(x), 满足

f′(x)<f(x),且 f(x+2)为偶函数,f(4)=1,则不等式 f(x)<ex 的解集为(
A.(-2,+∞) C.(1,+∞) B.(0,+∞) D.(4,+∞)

)

解析 由 f(x+2)为偶函数可知函数 f(x)的图象关于 x=2 对称,则 f(4)=f(0)=1.令 F(x) =

f(x)
e
x

,则 F′(x)=
x

f′(x)-f(x)
e <1,
x

<0.∴函数 F(x)在 R 上单调递减.

又 f(x)<e 等价于

f(x)
e
x

∴F(x)<F(0),∴x>0. 答案 B 二、填空题 6.已知不等式 e -x>ax 的解集为 P,若[0,2]? P,则实数 a 的取值范围是________. 解析 由题意知不等式 e -x>ax 在 x∈[0,2]上恒成立.
71
x x

当 x=0 时,显然对任意实数 a,该不等式都成立. e e e (x-1) 当 x∈(0,2]时,原不等式即 a< -1,令 g(x)= -1,则 g′(x)= ,当 0<x 2
x x x

x

x

x

<1 时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当 1<x<2 时,g′(x)>0,g(x)单调递增,故 g(x)在 (0,2]上的最小值为 g(1)=e-1,故 a 的取值范围为(-∞,e-1). 答案 (-∞,e-1) 7.已知函数 f(x)=ln x-a,若 f(x)<x 在(1,+∞)上恒成立,则实数 a 的取值范围是 ________. 解析 ∵函数 f(x)=ln x-a,且 f(x)<x 在(1,+∞)上恒成立, ∴a>ln x-x ,x∈(1,+∞). 1 2 令 h(x)=ln x-x ,有 h′(x)= -2x.
2 2 2

x

1 ∵x>1,∴ -2x<0,∴h(x)在(1,+∞)上为减函数,

x

∴当 x∈(1,+∞)时,h(x)<h(1)=-1,∴a≥-1. 答案 [-1,+∞) 8.已知函数 f(x)=x- 1 2 ,g(x)=x -2ax+4,若对于任意 x1∈[0,1],存在 x2∈[1,2], x+1

使 f(x1)≥g(x2),则实数 a 的取值范围是________. 解析 由于 f′(x)=1+ 1 2>0,因此函数 f(x)在[0,1]上单调递增,所以 x∈[0, (x+1)
2

1]时,f(x)min=f(0)=-1.根据题意可知存在 x∈[1,2],使得 g(x)=x -2ax+4≤

x 5 x 5 2 -1,即 x -2ax+5≤0,即 a≥ + 能成立,令 h(x)= + ,则要使 a≥h(x)在 x∈[1, 2 2x 2 2x x 5 2]上能成立,只需使 a≥h(x)min,又函数 h(x)= + 在 x∈[1,2]上单调递减,所以 h(x)min 2 2x
9 9 =h(2)= ,故只需 a≥ . 4 4

?9 ? 答案 ? ,+∞? ?4 ?
三、解答题 9.已知 a∈R,函数 f(x)=4x -2ax+a. (1)求 f(x)的单调区间; (2)证明:当 0≤x≤1 时,f(x)+|2-a|>0. (1)解 由题意得 f′(x)=12x -2a. 当 a≤0 时,f′(x)≥0 恒成立,此时 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
2 3

72

当 a>0 时, f′(x)=12?x- 和?

? ?

a??
6??

??x+ ? ?

a?

此时函数 f(x)的单调递增区间为?-∞,- ?, 6? ?

?

a?
6?

?

? ?

a
6

,+∞?,单调递减区间为?-

? ?

a
6



a?
6?

?.

(2)证明 由于 0≤x≤1,故当 a≤2 时,

f(x)+|2-a|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2.
当 a>2 时,f(x)+|2-a|=4x +2a(1-x)-2≥4x +4(1-x)-2=4x -4x+2. 设 g(x)=2x -2x+1,0≤x≤1, 则 g′(x)=6x -2=6?x-
2 3 3 3 3

? ?

3?? 3? ??x+ ?,于是 3 ?? 3?

x g′(x) g(x)
所以,g(x)min=g?

0

3? ? ?0, ? 3 ? ? -

3 3 0 极小值

? 3 ? ? ,1? ?3 ?
+ 增

1

1 4 3 ? 3? ?=1- 9 >0. 3 ? ?
3



1

所以当 0≤x≤1 时,2x -2x+1>0. 故 f(x)+|2-a|≥4x -4x+2>0. 10.(2016·湖州一模)已知函数 f(x)=ln x+x -ax(a 为常数). (1)若 x=1 是函数 f(x)的一个极值点,求 a 的值; (2)当 0<a≤2 时,试判断 f(x)的单调性; (3)若对任意的 a∈(1,2),x0∈[1,2],不等式 f(x0)>mln a 恒成立,求实数 m 的取值范围. 1 解 f′(x)= +2x-a.
2 3

x

(1)由已知得:f′(1)=0, 所以 1+2-a=0,所以 a=3.
2 2 ?x-a? +1-a 2 ? ? 2 8 1 2x -ax+1 ? 4? (2)当 0<a≤2 时,f′(x)= +2x-a= = .

x

x

x

因为 0<a≤2,所以 1- >0,而 x>0, 8 2x -ax+1 即 f′(x)= >0,
2

a2

x

故 f(x)在(0,+∞)上是增函数. (3)当 a∈(1,2)时,由(2)知,f(x)在[1,2]上的最小值为 f(1)=1-a,
73

1-a 故问题等价于:对任意的 a∈(1,2),不等式 1-a>mln a 恒成立,即 m< 恒成立. ln a 1-a 记 g(a)= (1<a<2), ln a -aln a-1+a 则 g′(a)= . a(ln a)2 令 M(a)=-aln a-1+a,则 M′(a)=-ln a<0, 所以 M(a)在(1,2)上单调递减, 所以 M(a)<M(1)=0,故 g′(a)<0, 1-a 所以 g(a)= 在 a∈(1,2)上单调递减, ln a 1-2 所以 m≤g(2)= =-log2e, ln 2 即实数 m 的取值范围为(-∞,-log2e]. 11.已知函数 f(x)=ax+ +c(a>0)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为 y=x-1. (1)用 a 表示出 b,c; (2)若 f(x)≥ln x 在[1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围; 1 1 1 n (3)证明:1+ + +?+ >ln(n+1)+ (n≥1). 2 3 n 2(n+1) (1)解 f′(x)=a- 2,则有? (2)解 由(1)知,f(x)=ax+ 令 g(x)=f(x)-ln x=ax+

b x

b x

?f(1)=a+b+c=0, ? ? ?f′(1)=a-b=1,

解得?

?b=a-1, ? ? ?c=1-2a.

a-1 +1-2a. x

a-1 +1-2a-ln x,x∈[1,+∞), x
2

a-1 1 ax -x-(a-1) 则 g(1)=0,g′(x)=a- 2 - = = x x x2
1 1- a (ⅰ)当 0<a< 时, >1. 2 a

a(x-1)?x- x2

? ?

1-a?

a ? ?



1-a 若 1<x< ,则 g′(x)<0,g(x)是减函数,所以 g(x)<g(1)=0,即 f(x)<ln x.

a

故 f(x)≥ln x 在[1,+∞)上不成立. 1 1-a (ⅱ)当 a≥ 时, ≤1. 2 a 若 x>1,则 g′(x)>0,g(x)是增函数,所以 g(x)>g(1)=0,即 f(x)>ln x,故当 x≥1 时,f(x)≥ln x.

74

?1 ? 综上所述,所求 a 的取值范围为? ,+∞?. ?2 ?
1 (3)证明 法一 由(2)知:当 a≥ 时,有 f(x)≥ln x(x≥1). 2 1 1? 1? 令 a= ,有 f(x)= ?x- ?≥ln x(x≥1), 2 2? x? 1? 1? 且当 x>1 时, ?x- ?>ln x. 2? x? 令 x=

k ? k+1 k+1 1?k+1 - ,有 ln < ? = k+1? k k 2? k ?

1 ?? 1?? 1? ? 1+ ?-?1- ? ? ??, 2?? k? ? k+1?? 1 ? 1? 1 即 ln(k+1)-ln k< ? + ?,k=1,2,3,?,n. 2?k k+1? 将上述 n 个不等式依次相加得 1? 1 ?1 1 1 ln(n+1)< +? + +?+ ?+ , n? 2(n+1) 2 ?2 3 1 1 1 n 整理得 1+ + +?+ >ln(n+1)+ . 2 3 n 2(n+1) 法二 用数学归纳法证明. 1 ①当 n=1 时,左边=1,右边=ln 2+ <1,不等式成立. 4 ②假设 n=k 时,不等式成立,即 1 1 1 k 1+ + +?+ >ln(k+1)+ . 2 3 k 2(k+1) 1 1 1 1 k 1 k+ 2 那么 1+ + +?+ + >ln(k+1)+ + =ln(k+1)+ . 2 3 k k+1 2(k+1) k+1 2(k+1) 1 由(2)知:当 a≥ 时,有 f(x)≥ln x(x≥1). 2 1 1? 1? 令 a= ,有 f(x)= ?x- ?≥ln x(x≥1). 2 2? x? 令 x=

k+2 1?k+2 k+1? k+2 - ,得: ? ≥ln ? k + 1 k + 2 k+1 2? k+1 ?

=ln(k+2)-ln(k+1).

k+2 k+1 ∴ln(k+1)+ ≥ln(k+2)+ . 2(k+1) 2(k+2)
1 1 1 1 k+1 ∴1+ + +?+ + >ln(k+2)+ . 2 3 k k+1 2(k+2) 这就是说,当 n=k+1 时,不等式也成立.
75

根据①和②,可知不等式对任何 n∈N 都成立.

*

76


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