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2022届高三数学二轮复习课件：专题一 专项突破一 函数与导数解答题
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这是一份2022届高三数学二轮复习课件：专题一 专项突破一 函数与导数解答题，共60页。PPT课件主要包含了必备知识•精要梳理，关键能力•学案突破，称为“切线放缩”，精典对练·得高分等内容，欢迎下载使用。
1.不等式恒成立(能成立)求参数范围的类型与解法设函数f(x)的定义域为D.(1)当f(x)存在最值时:①∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k.②∀x∈D,f(x)≥k⇔f(x)min≥k;∃x∈D,f(x)≥k⇔f(x)max≥k.③∀x∈D,f(x)k⇔f(x)min>k;∃x∈D,f(x)>k⇔f(x)max>k.
(2)当f(x)不存在最值时,若其值域为(m,M),①∀x∈D,f(x)≤k⇔M≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔mk.③∀x∈D,f(x)k⇔m≥k;∃x∈D,f(x)>k⇔M>k.(3)∀x∈D,f(x)≤g(x)⇒f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x)⇒f(x)min≤g(x)max.
名师点析在不等式恒成立(能成立)问题中,函数有无最值、不等式中有无等号,结论是有区别的,应注意区分.
2.含两个变量的“任存”问题的常见题型及具体转化策略(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的最小值>g(x)在区间[c,d]上的最大值.(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的最大值>g(x)在区间[c,d]上的最小值.(3)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的最小值>g(x)在区间[c,d]上的最小值.
(4)∃x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的最大值>g(x)在区间[c,d]上的最大值.
“任存”是指任意、存在,表示两个变量对应的逻辑量词
(5)∃x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的值域与g(x)在区间[c,d]上的值域的交集非空.(6)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的值域⊆g(x)在区间[c,d]上的值域.(7)∀x2∈[c,d],∃x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的值域⊇g(x)在区间[c,d]上的值域.名师点析不等式的“任存”问题,均转化为两个函数的最值之间的不等关系;等式的“任存”问题,则转化为两个函数的值域之间的包含关系.
考向一 已知不等式恒成立求参数的取值范围命题角度1 “分离参数求最值”解决不等式恒成立求参数的取值范围问题
[例1-1](2021·广东佛山高三5月联考)已知函数f(x)=x2+ax+2+ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≤ex恒成立,求a的最大值.
易知在(0,1)上,j'(x)<0,j(x)单调递减,在(1,+∞)上,j'(x)>0,j(x)单调递增,∴j(x)≥j(1)=1,可得h'(x)>1,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=0,∴在(0,1)上h(x)<0,在(1,+∞)上h(x)>0,∴在(0,1)上g'(x)<0,g(x)单调递减,在(1,+∞)上g'(x)>0,g(x)单调递增,∴在(0,+∞)上,g(x)≥g(1)=e-3,∴a≤e-3.∴a的最大值为e-3.
精典对练·得高分(2021·湖南衡阳月考)已知函数f(x)=(ax+1)·ex(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若a=2,当x≥0时,f(x)≥kx,求实数k的取值范围.
解 (1)因为f(x)=(ax+1)ex,所以f'(x)=aex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex.若a=0,则f'(x)>0,f(x)是R上的增函数;
(2)若a=2,不等式f(x)≥kx即为(2x+1)ex≥kx(*).当x=0时,不等式(*)化为1≥k·0,恒成立,此时k∈R.
命题角度2 “端点效应法”解决不等式恒成立求参数范围问题 [例1-2](2021·福建莆田第三次质检)已知函数f(x)=m(x+1)2-1-2ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x∈[1,2]时,不等式f(x)≤0恒成立,求实数m的取值范围.
名师点析利用“端点效应法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题在解决不等式恒成立问题时,端点处满足的临界条件,经常是使命题成立的重要条件,由此可缩小参数的取值范围,而在很多情况下,该范围即为所求,这种通过观察区间端点值来解决问题的方法称为“端点效应法”.“端点效应”是特殊化思想的具体运用,往往可以简化问题的求解过程.根据端点处所满足的条件不同,“端点效应”常常有以下几种情况(1)利用原函数在端点处的函数值建立不等式确定参数的取值范围.(2)利用函数的导函数在端点处的函数值满足相应条件建立不等式求解.
精典对练·得高分(2021·辽宁沈阳三模)已知函数f(x)=(x+1)e-ax,a≠0,若对任意的x≥0,不等式f(x)≤ x+1恒成立,求实数a的取值范围.
命题角度3 “同构法”和“隐零点法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题[例1-3]已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,所以f'(x)=ex- ,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率k=f'(1)=e-1.又f(1)=e+1,所以切点坐标为(1,1+e),所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
(2)(方法一:同构法)不等式f(x)≥1,即aex-1-ln x+ln a≥1,即aex-1+ln a-1≥ln x,所以ex-1+ln a-1+ln a≥ln x,所以ex-1+ln a+x-1+ln a≥ln x+x.(*)令g(x)=ex+x,则(*)式等价于g(x-1+ln a)≥g(ln x),显然g(x)为增函数,所以x-1+ln a≥ln x,即ln a≥ln x-x+1.
当00,h(x)单调递增;当x>1时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)max=h(1)=0,因此ln a≥0,即a≥1,所以实数a的取值范围是[1,+∞).
所以f(x)>1,因此f(x)≥1恒成立;当0
(1)指对分离:将不等式中的指数部分与对数部分分离,分别放在不等式的两边.(2)参数放在一起:含有欲求范围的参数项要集中在一起.(3)常数放在头上:ex项前面的常数系数如a,要通过a=eln a转移到ex项的指数位置中.(4)缺什么项就凑什么项:按照ex指数中的项进行拼凑,缺什么就凑什么,这时两边就会化为同一个函数的两个函数值的形式了.
名师点析利用“隐零点法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题在利用导数研究不等式恒成立问题时,需要确定函数的单调性或极值点,因而需要确定函数或导函数的零点,当零点无法直接解出来时,我们称之为“隐零点”(即能确定其存在,但又无法用数值或显性的代数式进行表达).当出现“隐零点”时,我们可以虚设零点,这种解决问题的方法称为“隐零点法”.利用“隐零点法”解决问题的技巧是:形式上虚设,运算上代换,数值上估算,策略上等价转化.
精典对练·得高分(2021·湖南永州第一次模拟)已知函数f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1(其中a为常数,e是自然对数的底数),曲线y1=f(x)-ln a在点A(0,a)处的切线为l1,曲线y2=g(x-1)-1在点B(a,0)处的切线为l2.(1)若l1∥l2,求直线l1和l2的方程;(2)若f(x)>g(x)恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)根据题意可知,曲线y1=f(x)-ln a=aex在点A(0,a)处的切线为l1,曲线y2=g(x-1)-1=ln x在点B(a,0)处的切线为l2.
又由题意可知a>0,所以a=1.因为切线l1过点A(0,1),斜率k1=1;切线l2过点B(1,0),斜率k2=1,所以直线l1的方程为x-y+1=0,直线l2的方程为x-y-1=0.
(2)(方法一:同构法)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1,所以f(x)>g(x)恒成立,即aex+ln a>ln(x+1)+1(x>-1)恒成立,可等价转化为aex+ln(aex)>ln(x+1)+(x+1)(x>-1)恒成立.
当x∈(-1,0)时,s'(x)>0,s(x)单调递增;当x∈(0,+∞)时,s'(x)<0,s(x)单调递减,所以s(x)≤s(0)=1,从而a>1,即实数a的取值范围为(1,+∞).(方法二:隐零点法)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1,故f(x)>g(x)恒成立,可等价转化为aex-ln(x+1)+ln a-1>0在区间(-1,+∞)上恒成立.记h(x)=aex-ln(x+1)+ln a-1,x∈(-1,+∞)(a>0).当0
易错防范·不丢分(2021·山东聊城期末)已知函数f(x)=-x2+x+ln x.(1)求f(x)的单调区间;(2)若对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤mxex-x2-1恒成立,求实数m的最小值.
解 (1)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞).
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
易错提醒利用“隐零点法”解决问题时,经常出现“只设不用”的错误,即能够根据函数解析式以及给定区间设出“隐零点”,但不注意“隐零点”满足的等量关系,不能在后续解题过程中合理地运用“隐零点”满足的等量关系解决相关问题,所以要深入分析“隐零点”所满足的条件,巧妙运用代换、放缩等方法解决问题.
考向二 “任存问题”求参数取值范围命题角度1 不等式中的“任存问题”
可得f'(x)=(x+1)ex-a(x+1)=(x+1)(ex-a).①当a≤0时,若x<-1,则f'(x)<0,若x>-1,则f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,-1)上是减函数,在区间(-1,+∞)上是增函数,
名师点析不等式中“任存”问题求解注意点(1)明确变量前面的量词是“任意”还是“存在”,正确作出区分.(2)弄清是需要求函数的最大值还是最小值.(3)注意函数最值不存在时,参数取值范围中是否加“=”.(4)注意不等式中有无“=”.
精典对练·得高分(2021·湖北黄冈模拟)已知函数f(x)= +aln x(a∈R,a≠0).(1)当a>0时,求f(x)的单调区间;(2)若g(x)=2x2f'(x)-xf(x)-3a(a<0),且存在实数x1,x2∈[1,e2],使得不等式2g(x1)0,g(x)单调递增,∴g(x)min=g(e)=ae-6a-3,g(x)max=max{g(1),g(e2)}=-6a-3,
命题角度2 等式中的“任存问题”
当x>2时,f'(x)<0,∴f(x)在区间(2,+∞)上单调递减,且f(2)=-4,因此当x∈(2,+∞)时,f(x)∈(-∞,-4).
当x→+∞时,g(x)→0,∴当x∈(1,+∞)时,g(x)∈(-∞,0).∵(-∞,-4)⫋(-∞,0),∴对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)=g(x2).
名师点析等式中“任存问题”的基本解法(1)“存在—存在”型:∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在区间D1上的取值集合A与函数g(x)在区间D2上的取值集合B的交集不为空集,即A∩B≠⌀.其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的函数值的取值集合有交集.(2)“任意—存在”型:∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在区间D1上的取值集合A是函数g(x)在区间D2上的取值集合B的子集,即A⊆B.其等价转化的基本思想:函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一个函数值相等,即f(x)的函数值都在g(x)的取值集合之中.
精典对练·得高分(2021·河北衡水中学月考)已知函数f(x)=(1-a)(x-1)-ln x+1,g(x)=xe1-x.(1)求g(x)在区间(0,e]上的取值范围;(2)是否存在实数a,对任意给定的x0∈(0,e],在区间[1,e]上存在不同的x1,x2使得f(x1)=f(x2)=g(x0)?若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由.
解 (1)g'(x)=(1-x)e1-x,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,e]时,g'(x)<0,g(x)单调递减,g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e×e1-e=e2-e>0,∴g(x)在区间(0,e]上的取值范围为(0,1].
由(1)知g(x)在区间(0,e]上的取值范围为(0,1],而f(1)=1,∴要使对任意x0∈(0,e],在区间[1,e]上存在不同的x1,x2,使得f(x1)=f(x2)=g(x0),
与ex,ln x有关的常用不等式的结论(1)由在函数f(x)=ex图象上任一点(m,f(m)) 处的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥x+1;当m=1时,有ex≥ex.
温馨提示不等式证明中两个常用的放缩不等式:ex≥x+1,ln x≤x-1.
考向一 利用导数证明单变量不等式命题角度1 构造函数利用单调性证明不等式[例1-1](2021·福建宁德月考)已知函数f(x)=(x+1)ln x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求证:当x≥1时,f(x)≥2(x-1).
当01时,h'(x)>0,因此函数h(x)在x=1处取得极小值即最小值,且h(1)=2,所以f'(x)>0恒成立.故f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.
故g(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此g(x)≥g(1)=0.故f(x)≥2(x-1).
方法技巧构造函数利用单调性证明不等式(1)证明不等式f(x)≥g(x)的一般步骤:首先构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后求h'(x),并判断h'(x)在给定区间上的正负,确定h(x)的单调性,从而结合区间端点的函数值即可证得结论.(2)构造函数利用单调性证明不等式的关键是构造函数,确定其单调性,为了方便判定构造的函数的单调性,有时还会先将欲证不等式进行合理地等价变形,再构造函数,尤其是对于解析式中含有ln x和ex的函数,经常采用以下技巧
①当函数形如f(x)=ln x·g(x)+h(x)等的形式时,如果直接对f(x)求导,会得到f'(x)= +ln x·g'(x)+h'(x),导函数中仍然含有ln x,这时解方程f'(x)=0或不等式f'(x)>0(<0)都比较麻烦,甚至不能直接求解,需要采取“二次求导”或“虚设零点”的办法解决问题.但如果将f(x)=ln x·g(x)+h(x)进行转化,将ln x单独分离出来,得到y=ln x+p(x),再求导,得到y'= +p'(x),这时导函数中不再含有ln x,解方程y'=0或不等式y'>0(<0)就比较容易了.
精典对练·得高分(2021·广东汕头二模)已知函数f(x)=axln x(a≠0),(1)若函数g(x)=f'(x)+ (f'(x)为f(x)的导函数)有两个极值点,求实数a的取值范围;(2)当a=1时,求证:f(x)
(2)证明 当a=1时,f(x)0,设M(x)=ex+sin x-xln x-1(x>0),M'(x)=ex+cs x-(ln x+1),∴M'(x)≥ex-ln x-2.先证ex>x+1,令g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1,当x>0时,g'(x)>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(0)=0,∴当x>0时g(x)>0,即ex>x+1.再证ln x≤x-1,
当00,h(x)单调递增;当x>1时,h'(x)<0,h(x)单调递减.∴h(x)≤h(1)=0,∴ln x≤x-1成立,∴M'(x)≥ex-ln x-2>(x+1)+(1-x)-2=0,∴x∈(0,+∞)时,M(x)单调递增,∴当x∈[1,+∞)时,M(x)≥M(1)=e+sin 1-1>0,∴当x∈(0,1)时,-xln x>0,∴M(x)=ex+sin x-xln x-1>ex+sin x-1>e0+sin 0-1=0,∴x∈(0,+∞),M(x)>0,命题得证.
一题多解·练思维(2021·吉林长春诊断测试)已知函数f(x)=aex-ex.(1)若对于任意实数x都有f(x)≥0成立,求实数a的取值范围;(2)当a≥1,且x≥0时,证明:f(x)≥(x-1)2.
(1)解 因为对任意实数x都有f(x)≥0即aex-ex≥0,
当x<1时,g'(x)>0;当x>1时,g'(x)<0,所以g(x)在x=1处取得极大值即最大值,且g(1)=1,故a≥1,即实数a的取值范围为[1,+∞).
(2)证明 由于当a≥1,且x≥0时,f(x)=aex-ex≥ex-ex,因此只需证明ex-ex≥(x-1)2.
当0≤x<3-e时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当3-e0,h(x)单调递增;当x>1时,h'(x)<0,h(x)单调递减.
所以h(x)在x=1处取得极大值,又h(0)=0,h(1)=0,因此当x≥0时,必有h(x)≤0.故原不等式成立.(方法二)令s(x)=ex-ex-(x-1)2,x≥0,则s'(x)=ex-e-2(x-1).设p(x)=ex-e-2(x-1),则p'(x)=ex-2,由p'(x)=0得x=ln 2.当x∈[0,ln 2)时,p'(x)<0,当x∈(ln 2,+∞)时,p'(x)>0,又p(1)=0,p(0)=3-e>0,0
命题角度2 构造函数利用最值证明不等式 [例1-2](2021·浙江宁波期末)已知函数f(x)=aex-4x,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a=1时,求证:f(x)+x2+1>0.
(1)解 f'(x)=aex-4.当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减;
(2)证明 当a=1时,f(x)=ex-4x,令g(x)=f(x)+x2+1=ex-4x+x2+1,则g'(x)=ex-4+2x,令h(x)=ex-4+2x,则h'(x)=ex+2>0恒成立,所以g'(x)在R上单调递增,又g'(0)=-3<0,g'(1)=e-2>0,所以存在x0∈(0,1),使得g'(x0)=0,即 -4+2x0=0.当x∈(-∞,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
由于x0∈(0,1),所以g(x)min>0,所以g(x)>0,故f(x)+x2+1>0.
名师点析构造函数利用最值证明不等式在证明不等式f(x)>0(f(x)<0)时,可通过证明f(x)min>0(f(x)max<0)来实现,因此关键是求出函数f(x)的最小值(最大值).在求函数f(x)的最值时,主要利用导数通过单调性及极值求得,有以下几种情形(1)直接求得f(x)的最值,且最值是一个具体的实数.(2)求得f(x)的最值,且最值是一个含有参数的代数式,再说明该代数式的最值大于0(小于0).(3)通过隐零点求得f(x)的最值,再说明含有隐零点的最值表达式大于0(小于0).
精典对练·得高分(2021·四川成都三模)已知函数f(x)=ln x.(1)讨论函数g(x)=f(x)-ax(a∈R)的单调性;(2)证明:函数f(x)
(1)解 由题意,f(x)的定义域为(-∞,a).令y=p(x)=xf(x),则p(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),
当x<0时,p'(x)>0,当0
命题角度3 利用放缩法证明不等式 [例1-3](2021·辽南协作校二模)设函数f(x)=axln x,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过点(3,2).(1)求函数f(x)的极值;
(1)解 由题意,得f'(x)=aln x+a,则f'(1)=a.又f(1)=0,故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=a(x-1),因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过点(3,2),所以(3-1)a=2,得a=1,所以
当01时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,所以g(x)≥g(1)=0,当且仅当x=1时等号成立②,
名师点析放缩法证明不等式在证明不等式时,若直接证明比较困难,可将不等式中的部分项进行放大或缩小,然后证明放缩后的不等式成立,再根据不等式的传递性证明原不等式成立.常用的放缩技巧有:(1)ex≥x+1;(2)ex-1≥x;(3)ln x≤x-1;(4)ln(x+1)≤x等.
精典对练·得高分(2021·河北衡水中学三模)(1)若0
(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x+1-a.令f'(x)=ln x+1-a=0,得x=ea-1.当x∈(0,ea-1)时,f'(x)<0;当x∈(ea-1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在x=ea-1处取得极小值亦即最小值,且f(ea-1)=(a-1)ea-1-aea-1+1=1-ea-1.
令g(x)=xln x+1-x+4e-2(x>0),则g'(x)=ln x.由g'(x)=0,得x=1.当01时g'(x)>0,故g(x)在x=1处取得极小值亦即最小值,且g(1)=4e-2.
名师点析“凹凸反转法”证明不等式在证明不等式f(x)>0时,可将f(x)进行合理地拆分,转化为h(x)>g(x)的形式,其中函数h(x),g(x)的图象分别呈现凹凸形状,实质就是函数h(x),g(x)分别具有最小值和最大值,然后分别求出函数h(x),g(x)的最小值和最大值,只需说明h(x)min≥g(x)max,且h(x)取最小值与g(x)取最大值时的x的值不一样,即可证明h(x)>g(x),这种证明不等式的方法称之为“凹凸反转法”.
考向二 利用导数证明双变量不等式
(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)设函数F(x)=f(x)+xln a,x1,x2是函数f(x)的两个极值点,证明:F(x1)+F(x2)<1-4ln 2.
所以当x∈(0,x1')时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(x1',x2')时,g(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x2',+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增,
名师点析证明双变量不等式的基本策略(1)合理转化,即由已知条件入手,寻找双参数所满足的关系式,合二为一,转化为含单变量的不等式.(2)巧妙构造函数,再利用导数研究该函数的单调性或最值.(3)回归含双参的不等式,把所求的最值应用到含双参的不等式,即可证得结果.
精典对练·得高分(2021·广东汕头一模)已知函数f(x)=x-ln x-a有两个相异零点x1,x2(x11时,f'(x)>0,f(x)单调递增,由f(1)<0得a>1.当a>1时,f(e-a)>0,f(1)<0,f(ea)=ea-2a,设y=ea-2a,则y'=ea-2,当a>1时y'=ea-2>0,所以y=ea-2a在(1,+∞)上单调递增,所以ea-2a>e-2>0.所以∃x1∈(e-a,1)使得f(x1)=0,∃x2∈(1,ea)使得f(x2)=0,综上a∈(1,+∞).
所以φ(x)在(0,1)上单调递增,从而φ(x)<φ(1)=0,所以h'(x)>0在x∈(0,1)上恒成立,所以h(x)在(0,1)上单调递增,
当x>1时,g'(x)>0,所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,又g(1)=0,所以g(x)>0,即F'(x)>0,所以F(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以F(x)>F(1)=0,故x>1时,(x+1)ln x>2(x-1).
名师点析证明与数列有关的不等式的策略在证明与数列有关的不等式时,往往是从题目中已经证得的结论(参数的取值范围,不等式等)出发,通过特殊化处理,即将其中的变量替换为特殊的变量,尤其是可替换为与自然数n有关的式子,然后再结合数列中的裂项求和以及不等式的放缩等方法证得结论.
判断或讨论函数零点个数问题的常用方法与策略(1)直接法:先对函数求导,根据导数求出函数的单调区间与极值,从而画出函数图象,然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题.(2)分段讨论法:当函数解析式中含有参数或不宜直接画出函数图象时,可以结合导函数的取值情况,对函数的定义域所在的区间分段讨论,判断分析函数在每一段上零点的个数情况,从而得到函数在整个定义域上的零点个数.(3)隐零点法:通过虚设零点,确定函数的单调区间以及极值,从而得到函数值的变化情况,以确定函数零点的个数.
(4)构造新函数法(数形结合):将问题转化为研究两函数图象的交点问题,先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.
考向一 判断、证明或讨论函数零点的个数命题角度1 直接法判断、证明或讨论函数零点的个数[例1-1](2021·北京延庆模拟)已知函数f(x)=-ln x+2x-2.(1)求曲线y=f(x)的斜率等于1的切线方程;(2)求函数f(x)的极值;(3)设g(x)=x2f(x)-2f(x),判断函数g(x)的零点个数,并说明理由.
得x0=1,所以y0=-ln 1+2-2=0.故所求切线方程为y-0=1×(x-1),即y=x-1.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
方法点拨直接法判断函数零点个数对于解析式中不含参数的函数,可利用导数确定函数的单调区间、极值、最值情况,同时结合函数值的变化情况,画出函数的大致图象,观察图象与x轴交点的情况,从而确定函数零点的个数.
精典对练·得高分(2021·湖南岳阳月考)已知函数f(x)=ln xln(2x).(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)设h(x)=f(x)-1,求证:h(x)在区间[1,+∞)上有唯一零点.
增,从而h(x)在区间[1,+∞)上单调递增.因为h(1)=-1<0,h(e2)=ln e2ln(2e2)-1=2ln 2+3>0,所以h(x)在区间[1,+∞)上有唯一零点.
数学思想·扩思路分类讨论思想(2021·广东肇庆二模)已知函数f(x)= x2-a(xln x-x)+(a+1)ln x.(1)当a=2时,讨论y=f(x)的单调性;(2)设y=f'(x)是函数f(x)的导函数,讨论函数y=f'(x)在[1,e]上的零点个数.
令h'(x)=0,解得x=3,在(0,3)上h'(x)<0,在(3,+∞)上h'(x)>0,所以y=h(x)在(0,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,且h(3)=4-2ln 3>0,所以f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)①当a+1>e,即a>e-1时,当x∈(1,e)时,h'(x)<0,故h(x)在(1,e)上单调递减.
由零点存在性定理可知,此时h(x)在[1,e]上有零点.又函数h(x)在[1,e]上单调递减,所以此时h(x)在[1,e]上有一个零点.②当a+1≤1,即a≤0时,当x∈(1,e)时,h'(x)>0,所以h(x)在(1,e)上单调递增.
当h(1)=2+a≤0,即a≤-2时,h(1)·h(e)≤0.由零点存在性定理,知此时h(x)在[1,e]上有零点.因为h(x)在[1,e]上单调递增,故h(x)在[1,e]上仅有1个零点.当-20,此时h(x)在[1,e]上无零点.
③当10,则函数h(x)在(1,a+1)上单调递减,在(a+1,e)上单调递增,故h(x)min=h(a+1)=a+2-aln(a+1).令g(a)=h(a+1)=a+2-aln(a+1),
所以g(a)在(0,e-1]上先增后减.又g(0)=g(e-1)=2,所以h(x)min=h(a+1)≥2,故h(x)>0,此时h(x)在[1,e]上无零点.
命题角度2 利用隐零点法判断、证明或讨论函数零点的个数 [例1-2](2021·天津十二区县联考)已知f(x)=sinnx,g(x)=ln x+mex(n为正整数,m∈R).(1)若曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线垂直于直线y= x,求实数m的值;(2)当n=1时,设函数h(x)=x2-1-2f(x),x∈(0,π),证明:函数h(x)只有1个零点;
(2)证明 当n=1时,要证h(x)仅有1个零点,即证h(x)=0仅有1个实数根,只需证h(x)=x2-1-2sin x=0,x∈(0,π)仅有1个实数根.由于h'(x)=2x-2cs x=2(x-cs x).
只需证x+ln x+1-xex≤0.令F(x)=ex-x-1,则F'(x)=ex-1,当x<0时,F'(x)<0,F(x)单调递减,当x>0时,F'(x)>0,F(x)单调递增,故当x=0时,F(x)取得最小值F(0)=0,所以F(x)≥0,所以ex≥x+1,所以ex+ln x≥x+ln x+1,
方法点拨借助隐零点判断或证明函数零点情况在利用导数研究函数的零点问题时,需要确定函数的单调性或极值,因而需要确定函数或导函数的零点,当零点无法直接求解时,我们可以虚设零点,即利用“隐零点法”解决函数零点问题.通过隐零点,确定函数的单调区间,从而得到函数的极值与最值,然后通过极值的正负判断、分析函数值的正负情况,从而得到零点的个数.
精典对练·得高分(2021·广州六中期中)已知函数f(x)=kx-xln x在区间(0,+∞)上的最大值为1.(1)求函数f(x)的解析式;(2)讨论函数F(x)=f(x)-cs x在区间[ ,+∞)上的零点的个数.
解 (1)由f(x)=kx-xln x,得f'(x)=k-1-ln x.因为函数f(x)在区间(0,+∞)上有最值,所以函数f(x)在区间(0,+∞)上不是单调函数.令f'(x)>0,得0ek-1,所以f(x)的单调递增区间是(0,ek-1),单调递减区间是(ek-1,+∞).故f(x)在x=ek-1处有极大值f(ek-1)=ek-1,也是f(x)的最大值,所以ek-1=1,解得k=1.故f(x)=x-xln x.
(2)由(1)可得F(x)=x-cs x-xln x,所以F'(x)=sin x-ln x,设h(x)=sin x-ln x.当x∈(e,+∞)时,h(x)=F'(x)<0,所以F(x)单调递减.
解 (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)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.(2)(方法一)f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增.故函数f(x)至多存在一个零点,不符合题意.当a>0时,由f'(x)=ex-a=0,可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,因此当x=ln a时函数f(x)取得最小值,且f(ln a)=-a(1+ln a).
方法总结根据函数零点情况求参数的取值范围问题的解法(1)将函数中的参数λ与变量分离,得λ=g(x),转化为研究方程λ=g(x)根的个数问题,然后利用导数研究函数g(x)的最值或值域,结合图象,根据直线y=λ与函数g(x)的图象交点的个数确定参数λ的取值范围.(2)直接研究函数f(x)的单调性与极值情况,必要时分类讨论,同时结合函数零点存在定理建立不等式求解.(3)转化为两个熟悉函数的图象的位置关系问题,借助直线与曲线相切作为临界状态,再根据零点个数进一步构建不等式求解.
精典对练·得高分(2021·吉林长春期末)已知函数f(x)=x-a(1+ln x).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
当x>a时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增.(2)由(1)可得:当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,至多有1个零点,不符合题意;当a>0时,f(x)min=f(a)=-aln a,若00,f(x)无零点,不符合题意;
数学思想·扩思路函数与方程思想(2021·浙江宁波期末)设函数f(x)=ax2-ln x,其中a∈R.(1)若a= ,求函数f(x)的单调区间;(2)若方程f(x)=x恰有两个不相等的实数根,求实数a的取值范围.
∵f(x)的定义域为(0,+∞),∴当x∈(0,1)时,f'(x)<0,即f(x)的单调递减区间为(0,1);当x∈[1,+∞)时,f'(x)≥0,即f(x)的单调递增区间为[1,+∞).
又因为h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,则g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.所以g(x)max=g(1)=1,且g(x)在区间(1,+∞)上恒大于0.画出函数g(x)的大致图象,如图.
由图可知,要使f(x)=x有两个不相等的实数根,需满足直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点,故实数a的取值范围为(0,1).
考向三 与函数零点有关的不等式的证明问题命题角度1 构造对称和(或差)证明不等式[例3-1](2021·山东青岛期中)已知函数f(x)=ln x- ax2+1.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y=0垂直,求函数f(x)在区间(0,1]上的最大值;(2)当a=1时,设函数f(x)的两个零点为x1,x2,试证明:x1+x2>2.
F(x)1,2-x1>1,f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,所以x2>2-x1,即x1+x2>2.
名师点睛构造对称和(或差)证明不等式的基本思路(1)确定极值点以及零点的范围:利用导数研究函数的单调性以及极值,确定极值点x0,进而确定函数两个零点x1,x2的范围:x1
(1)解 ∵f(x)=aex-x,∴f'(x)=aex-1,由题意可得f'(0)=a-1=0,解得a=1.(2)证明 f'(x)=aex-1.当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减,不可能有两个零点;当a>0时,令f'(x)=0,得x=-ln a.当x<-ln a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>-ln a时,f'(x)>0,f(x)单调递增.∴f(x)min=f(-ln a)=1+ln a.
所以g(x)在区间(-∞,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.由于x1,x2是方程g(x)=0的实根,不妨设x1<12.
命题角度2 通过“根商”构造函数证明不等式
名师点析通过“根商”构造函数证明不等式通过“根商”构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数,再结合所证问题,巧妙引入变量t= ,从而构造函数.(1)巧妙消参:利用方程f(x1)=f(x2)=0消掉解析式中的参数.(2)抓商构元:令t= ,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h(t).(3)用导数求解:利用导数研究函数h(t)的单调性和极值、最值,即可证得结论.
精典对练·得高分(2021·山东潍坊月考)已知函数f(x)=ln x+ ax2-(a+1)x(a∈R).(1)当a=1时,判断函数f(x)的单调性;(2)若关于x的方程f(x)= ax2有两个不同的实数根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明x1x2>e2.
1.不等式恒成立(能成立)求参数范围的类型与解法设函数f(x)的定义域为D.(1)当f(x)存在最值时:①∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k.②∀x∈D,f(x)≥k⇔f(x)min≥k;∃x∈D,f(x)≥k⇔f(x)max≥k.③∀x∈D,f(x)
(2)当f(x)不存在最值时,若其值域为(m,M),①∀x∈D,f(x)≤k⇔M≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔m
名师点析在不等式恒成立(能成立)问题中,函数有无最值、不等式中有无等号,结论是有区别的,应注意区分.
2.含两个变量的“任存”问题的常见题型及具体转化策略(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的最小值>g(x)在区间[c,d]上的最大值.(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的最大值>g(x)在区间[c,d]上的最小值.(3)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的最小值>g(x)在区间[c,d]上的最小值.
(4)∃x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的最大值>g(x)在区间[c,d]上的最大值.
“任存”是指任意、存在,表示两个变量对应的逻辑量词
(5)∃x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的值域与g(x)在区间[c,d]上的值域的交集非空.(6)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的值域⊆g(x)在区间[c,d]上的值域.(7)∀x2∈[c,d],∃x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的值域⊇g(x)在区间[c,d]上的值域.名师点析不等式的“任存”问题,均转化为两个函数的最值之间的不等关系;等式的“任存”问题,则转化为两个函数的值域之间的包含关系.
考向一 已知不等式恒成立求参数的取值范围命题角度1 “分离参数求最值”解决不等式恒成立求参数的取值范围问题
[例1-1](2021·广东佛山高三5月联考)已知函数f(x)=x2+ax+2+ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≤ex恒成立,求a的最大值.
易知在(0,1)上,j'(x)<0,j(x)单调递减,在(1,+∞)上,j'(x)>0,j(x)单调递增,∴j(x)≥j(1)=1,可得h'(x)>1,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=0,∴在(0,1)上h(x)<0,在(1,+∞)上h(x)>0,∴在(0,1)上g'(x)<0,g(x)单调递减,在(1,+∞)上g'(x)>0,g(x)单调递增,∴在(0,+∞)上,g(x)≥g(1)=e-3,∴a≤e-3.∴a的最大值为e-3.
精典对练·得高分(2021·湖南衡阳月考)已知函数f(x)=(ax+1)·ex(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若a=2,当x≥0时,f(x)≥kx,求实数k的取值范围.
解 (1)因为f(x)=(ax+1)ex,所以f'(x)=aex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex.若a=0,则f'(x)>0,f(x)是R上的增函数;
(2)若a=2,不等式f(x)≥kx即为(2x+1)ex≥kx(*).当x=0时,不等式(*)化为1≥k·0,恒成立,此时k∈R.
命题角度2 “端点效应法”解决不等式恒成立求参数范围问题 [例1-2](2021·福建莆田第三次质检)已知函数f(x)=m(x+1)2-1-2ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x∈[1,2]时,不等式f(x)≤0恒成立,求实数m的取值范围.
名师点析利用“端点效应法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题在解决不等式恒成立问题时,端点处满足的临界条件,经常是使命题成立的重要条件,由此可缩小参数的取值范围,而在很多情况下,该范围即为所求,这种通过观察区间端点值来解决问题的方法称为“端点效应法”.“端点效应”是特殊化思想的具体运用,往往可以简化问题的求解过程.根据端点处所满足的条件不同,“端点效应”常常有以下几种情况(1)利用原函数在端点处的函数值建立不等式确定参数的取值范围.(2)利用函数的导函数在端点处的函数值满足相应条件建立不等式求解.
精典对练·得高分(2021·辽宁沈阳三模)已知函数f(x)=(x+1)e-ax,a≠0,若对任意的x≥0,不等式f(x)≤ x+1恒成立,求实数a的取值范围.
命题角度3 “同构法”和“隐零点法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题[例1-3]已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,所以f'(x)=ex- ,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率k=f'(1)=e-1.又f(1)=e+1,所以切点坐标为(1,1+e),所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.
(2)(方法一:同构法)不等式f(x)≥1,即aex-1-ln x+ln a≥1,即aex-1+ln a-1≥ln x,所以ex-1+ln a-1+ln a≥ln x,所以ex-1+ln a+x-1+ln a≥ln x+x.(*)令g(x)=ex+x,则(*)式等价于g(x-1+ln a)≥g(ln x),显然g(x)为增函数,所以x-1+ln a≥ln x,即ln a≥ln x-x+1.
当0
所以f(x)>1,因此f(x)≥1恒成立;当0
(1)指对分离:将不等式中的指数部分与对数部分分离,分别放在不等式的两边.(2)参数放在一起:含有欲求范围的参数项要集中在一起.(3)常数放在头上:ex项前面的常数系数如a,要通过a=eln a转移到ex项的指数位置中.(4)缺什么项就凑什么项:按照ex指数中的项进行拼凑,缺什么就凑什么,这时两边就会化为同一个函数的两个函数值的形式了.
名师点析利用“隐零点法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题在利用导数研究不等式恒成立问题时,需要确定函数的单调性或极值点,因而需要确定函数或导函数的零点,当零点无法直接解出来时,我们称之为“隐零点”(即能确定其存在,但又无法用数值或显性的代数式进行表达).当出现“隐零点”时,我们可以虚设零点,这种解决问题的方法称为“隐零点法”.利用“隐零点法”解决问题的技巧是:形式上虚设,运算上代换,数值上估算,策略上等价转化.
精典对练·得高分(2021·湖南永州第一次模拟)已知函数f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1(其中a为常数,e是自然对数的底数),曲线y1=f(x)-ln a在点A(0,a)处的切线为l1,曲线y2=g(x-1)-1在点B(a,0)处的切线为l2.(1)若l1∥l2,求直线l1和l2的方程;(2)若f(x)>g(x)恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)根据题意可知,曲线y1=f(x)-ln a=aex在点A(0,a)处的切线为l1,曲线y2=g(x-1)-1=ln x在点B(a,0)处的切线为l2.
又由题意可知a>0,所以a=1.因为切线l1过点A(0,1),斜率k1=1;切线l2过点B(1,0),斜率k2=1,所以直线l1的方程为x-y+1=0,直线l2的方程为x-y-1=0.
(2)(方法一:同构法)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1,所以f(x)>g(x)恒成立,即aex+ln a>ln(x+1)+1(x>-1)恒成立,可等价转化为aex+ln(aex)>ln(x+1)+(x+1)(x>-1)恒成立.
当x∈(-1,0)时,s'(x)>0,s(x)单调递增;当x∈(0,+∞)时,s'(x)<0,s(x)单调递减,所以s(x)≤s(0)=1,从而a>1,即实数a的取值范围为(1,+∞).(方法二:隐零点法)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1,故f(x)>g(x)恒成立,可等价转化为aex-ln(x+1)+ln a-1>0在区间(-1,+∞)上恒成立.记h(x)=aex-ln(x+1)+ln a-1,x∈(-1,+∞)(a>0).当0
易错防范·不丢分(2021·山东聊城期末)已知函数f(x)=-x2+x+ln x.(1)求f(x)的单调区间;(2)若对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤mxex-x2-1恒成立,求实数m的最小值.
解 (1)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞).
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
易错提醒利用“隐零点法”解决问题时,经常出现“只设不用”的错误,即能够根据函数解析式以及给定区间设出“隐零点”,但不注意“隐零点”满足的等量关系,不能在后续解题过程中合理地运用“隐零点”满足的等量关系解决相关问题,所以要深入分析“隐零点”所满足的条件,巧妙运用代换、放缩等方法解决问题.
考向二 “任存问题”求参数取值范围命题角度1 不等式中的“任存问题”
可得f'(x)=(x+1)ex-a(x+1)=(x+1)(ex-a).①当a≤0时,若x<-1,则f'(x)<0,若x>-1,则f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,-1)上是减函数,在区间(-1,+∞)上是增函数,
名师点析不等式中“任存”问题求解注意点(1)明确变量前面的量词是“任意”还是“存在”,正确作出区分.(2)弄清是需要求函数的最大值还是最小值.(3)注意函数最值不存在时,参数取值范围中是否加“=”.(4)注意不等式中有无“=”.
精典对练·得高分(2021·湖北黄冈模拟)已知函数f(x)= +aln x(a∈R,a≠0).(1)当a>0时,求f(x)的单调区间;(2)若g(x)=2x2f'(x)-xf(x)-3a(a<0),且存在实数x1,x2∈[1,e2],使得不等式2g(x1)
命题角度2 等式中的“任存问题”
当x>2时,f'(x)<0,∴f(x)在区间(2,+∞)上单调递减,且f(2)=-4,因此当x∈(2,+∞)时,f(x)∈(-∞,-4).
当x→+∞时,g(x)→0,∴当x∈(1,+∞)时,g(x)∈(-∞,0).∵(-∞,-4)⫋(-∞,0),∴对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)=g(x2).
名师点析等式中“任存问题”的基本解法(1)“存在—存在”型:∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在区间D1上的取值集合A与函数g(x)在区间D2上的取值集合B的交集不为空集,即A∩B≠⌀.其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的函数值的取值集合有交集.(2)“任意—存在”型:∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在区间D1上的取值集合A是函数g(x)在区间D2上的取值集合B的子集,即A⊆B.其等价转化的基本思想:函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一个函数值相等,即f(x)的函数值都在g(x)的取值集合之中.
精典对练·得高分(2021·河北衡水中学月考)已知函数f(x)=(1-a)(x-1)-ln x+1,g(x)=xe1-x.(1)求g(x)在区间(0,e]上的取值范围;(2)是否存在实数a,对任意给定的x0∈(0,e],在区间[1,e]上存在不同的x1,x2使得f(x1)=f(x2)=g(x0)?若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由.
解 (1)g'(x)=(1-x)e1-x,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,e]时,g'(x)<0,g(x)单调递减,g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e×e1-e=e2-e>0,∴g(x)在区间(0,e]上的取值范围为(0,1].
由(1)知g(x)在区间(0,e]上的取值范围为(0,1],而f(1)=1,∴要使对任意x0∈(0,e],在区间[1,e]上存在不同的x1,x2,使得f(x1)=f(x2)=g(x0),
与ex,ln x有关的常用不等式的结论(1)由在函数f(x)=ex图象上任一点(m,f(m)) 处的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥x+1;当m=1时,有ex≥ex.
温馨提示不等式证明中两个常用的放缩不等式:ex≥x+1,ln x≤x-1.
考向一 利用导数证明单变量不等式命题角度1 构造函数利用单调性证明不等式[例1-1](2021·福建宁德月考)已知函数f(x)=(x+1)ln x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求证:当x≥1时,f(x)≥2(x-1).
当0
故g(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此g(x)≥g(1)=0.故f(x)≥2(x-1).
方法技巧构造函数利用单调性证明不等式(1)证明不等式f(x)≥g(x)的一般步骤:首先构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后求h'(x),并判断h'(x)在给定区间上的正负,确定h(x)的单调性,从而结合区间端点的函数值即可证得结论.(2)构造函数利用单调性证明不等式的关键是构造函数,确定其单调性,为了方便判定构造的函数的单调性,有时还会先将欲证不等式进行合理地等价变形,再构造函数,尤其是对于解析式中含有ln x和ex的函数,经常采用以下技巧
①当函数形如f(x)=ln x·g(x)+h(x)等的形式时,如果直接对f(x)求导,会得到f'(x)= +ln x·g'(x)+h'(x),导函数中仍然含有ln x,这时解方程f'(x)=0或不等式f'(x)>0(<0)都比较麻烦,甚至不能直接求解,需要采取“二次求导”或“虚设零点”的办法解决问题.但如果将f(x)=ln x·g(x)+h(x)进行转化,将ln x单独分离出来,得到y=ln x+p(x),再求导,得到y'= +p'(x),这时导函数中不再含有ln x,解方程y'=0或不等式y'>0(<0)就比较容易了.
精典对练·得高分(2021·广东汕头二模)已知函数f(x)=axln x(a≠0),(1)若函数g(x)=f'(x)+ (f'(x)为f(x)的导函数)有两个极值点,求实数a的取值范围;(2)当a=1时,求证:f(x)
(2)证明 当a=1时,f(x)
当0
一题多解·练思维(2021·吉林长春诊断测试)已知函数f(x)=aex-ex.(1)若对于任意实数x都有f(x)≥0成立,求实数a的取值范围;(2)当a≥1,且x≥0时,证明:f(x)≥(x-1)2.
(1)解 因为对任意实数x都有f(x)≥0即aex-ex≥0,
当x<1时,g'(x)>0;当x>1时,g'(x)<0,所以g(x)在x=1处取得极大值即最大值,且g(1)=1,故a≥1,即实数a的取值范围为[1,+∞).
(2)证明 由于当a≥1,且x≥0时,f(x)=aex-ex≥ex-ex,因此只需证明ex-ex≥(x-1)2.
当0≤x<3-e时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当3-e
所以h(x)在x=1处取得极大值,又h(0)=0,h(1)=0,因此当x≥0时,必有h(x)≤0.故原不等式成立.(方法二)令s(x)=ex-ex-(x-1)2,x≥0,则s'(x)=ex-e-2(x-1).设p(x)=ex-e-2(x-1),则p'(x)=ex-2,由p'(x)=0得x=ln 2.当x∈[0,ln 2)时,p'(x)<0,当x∈(ln 2,+∞)时,p'(x)>0,又p(1)=0,p(0)=3-e>0,0
命题角度2 构造函数利用最值证明不等式 [例1-2](2021·浙江宁波期末)已知函数f(x)=aex-4x,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a=1时,求证:f(x)+x2+1>0.
(1)解 f'(x)=aex-4.当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减;
(2)证明 当a=1时,f(x)=ex-4x,令g(x)=f(x)+x2+1=ex-4x+x2+1,则g'(x)=ex-4+2x,令h(x)=ex-4+2x,则h'(x)=ex+2>0恒成立,所以g'(x)在R上单调递增,又g'(0)=-3<0,g'(1)=e-2>0,所以存在x0∈(0,1),使得g'(x0)=0,即 -4+2x0=0.当x∈(-∞,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
由于x0∈(0,1),所以g(x)min>0,所以g(x)>0,故f(x)+x2+1>0.
名师点析构造函数利用最值证明不等式在证明不等式f(x)>0(f(x)<0)时,可通过证明f(x)min>0(f(x)max<0)来实现,因此关键是求出函数f(x)的最小值(最大值).在求函数f(x)的最值时,主要利用导数通过单调性及极值求得,有以下几种情形(1)直接求得f(x)的最值,且最值是一个具体的实数.(2)求得f(x)的最值,且最值是一个含有参数的代数式,再说明该代数式的最值大于0(小于0).(3)通过隐零点求得f(x)的最值,再说明含有隐零点的最值表达式大于0(小于0).
精典对练·得高分(2021·四川成都三模)已知函数f(x)=ln x.(1)讨论函数g(x)=f(x)-ax(a∈R)的单调性;(2)证明:函数f(x)
(1)解 由题意,f(x)的定义域为(-∞,a).令y=p(x)=xf(x),则p(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),
当x<0时,p'(x)>0,当0
命题角度3 利用放缩法证明不等式 [例1-3](2021·辽南协作校二模)设函数f(x)=axln x,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过点(3,2).(1)求函数f(x)的极值;
(1)解 由题意,得f'(x)=aln x+a,则f'(1)=a.又f(1)=0,故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=a(x-1),因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过点(3,2),所以(3-1)a=2,得a=1,所以
当0
名师点析放缩法证明不等式在证明不等式时,若直接证明比较困难,可将不等式中的部分项进行放大或缩小,然后证明放缩后的不等式成立,再根据不等式的传递性证明原不等式成立.常用的放缩技巧有:(1)ex≥x+1;(2)ex-1≥x;(3)ln x≤x-1;(4)ln(x+1)≤x等.
精典对练·得高分(2021·河北衡水中学三模)(1)若0
(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x+1-a.令f'(x)=ln x+1-a=0,得x=ea-1.当x∈(0,ea-1)时,f'(x)<0;当x∈(ea-1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在x=ea-1处取得极小值亦即最小值,且f(ea-1)=(a-1)ea-1-aea-1+1=1-ea-1.
令g(x)=xln x+1-x+4e-2(x>0),则g'(x)=ln x.由g'(x)=0,得x=1.当0
名师点析“凹凸反转法”证明不等式在证明不等式f(x)>0时,可将f(x)进行合理地拆分,转化为h(x)>g(x)的形式,其中函数h(x),g(x)的图象分别呈现凹凸形状,实质就是函数h(x),g(x)分别具有最小值和最大值,然后分别求出函数h(x),g(x)的最小值和最大值,只需说明h(x)min≥g(x)max,且h(x)取最小值与g(x)取最大值时的x的值不一样,即可证明h(x)>g(x),这种证明不等式的方法称之为“凹凸反转法”.
考向二 利用导数证明双变量不等式
(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)设函数F(x)=f(x)+xln a,x1,x2是函数f(x)的两个极值点,证明:F(x1)+F(x2)<1-4ln 2.
所以当x∈(0,x1')时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(x1',x2')时,g(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x2',+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增,
名师点析证明双变量不等式的基本策略(1)合理转化,即由已知条件入手,寻找双参数所满足的关系式,合二为一,转化为含单变量的不等式.(2)巧妙构造函数,再利用导数研究该函数的单调性或最值.(3)回归含双参的不等式,把所求的最值应用到含双参的不等式,即可证得结果.
精典对练·得高分(2021·广东汕头一模)已知函数f(x)=x-ln x-a有两个相异零点x1,x2(x1
所以φ(x)在(0,1)上单调递增,从而φ(x)<φ(1)=0,所以h'(x)>0在x∈(0,1)上恒成立,所以h(x)在(0,1)上单调递增,
当x>1时,g'(x)>0,所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,又g(1)=0,所以g(x)>0,即F'(x)>0,所以F(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以F(x)>F(1)=0,故x>1时,(x+1)ln x>2(x-1).
名师点析证明与数列有关的不等式的策略在证明与数列有关的不等式时,往往是从题目中已经证得的结论(参数的取值范围,不等式等)出发,通过特殊化处理,即将其中的变量替换为特殊的变量,尤其是可替换为与自然数n有关的式子,然后再结合数列中的裂项求和以及不等式的放缩等方法证得结论.
判断或讨论函数零点个数问题的常用方法与策略(1)直接法:先对函数求导,根据导数求出函数的单调区间与极值,从而画出函数图象,然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题.(2)分段讨论法:当函数解析式中含有参数或不宜直接画出函数图象时,可以结合导函数的取值情况,对函数的定义域所在的区间分段讨论,判断分析函数在每一段上零点的个数情况,从而得到函数在整个定义域上的零点个数.(3)隐零点法:通过虚设零点,确定函数的单调区间以及极值,从而得到函数值的变化情况,以确定函数零点的个数.
(4)构造新函数法(数形结合):将问题转化为研究两函数图象的交点问题,先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.
考向一 判断、证明或讨论函数零点的个数命题角度1 直接法判断、证明或讨论函数零点的个数[例1-1](2021·北京延庆模拟)已知函数f(x)=-ln x+2x-2.(1)求曲线y=f(x)的斜率等于1的切线方程;(2)求函数f(x)的极值;(3)设g(x)=x2f(x)-2f(x),判断函数g(x)的零点个数,并说明理由.
得x0=1,所以y0=-ln 1+2-2=0.故所求切线方程为y-0=1×(x-1),即y=x-1.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
方法点拨直接法判断函数零点个数对于解析式中不含参数的函数,可利用导数确定函数的单调区间、极值、最值情况,同时结合函数值的变化情况,画出函数的大致图象,观察图象与x轴交点的情况,从而确定函数零点的个数.
精典对练·得高分(2021·湖南岳阳月考)已知函数f(x)=ln xln(2x).(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)设h(x)=f(x)-1,求证:h(x)在区间[1,+∞)上有唯一零点.
增,从而h(x)在区间[1,+∞)上单调递增.因为h(1)=-1<0,h(e2)=ln e2ln(2e2)-1=2ln 2+3>0,所以h(x)在区间[1,+∞)上有唯一零点.
数学思想·扩思路分类讨论思想(2021·广东肇庆二模)已知函数f(x)= x2-a(xln x-x)+(a+1)ln x.(1)当a=2时,讨论y=f(x)的单调性;(2)设y=f'(x)是函数f(x)的导函数,讨论函数y=f'(x)在[1,e]上的零点个数.
令h'(x)=0,解得x=3,在(0,3)上h'(x)<0,在(3,+∞)上h'(x)>0,所以y=h(x)在(0,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,且h(3)=4-2ln 3>0,所以f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)①当a+1>e,即a>e-1时,当x∈(1,e)时,h'(x)<0,故h(x)在(1,e)上单调递减.
由零点存在性定理可知,此时h(x)在[1,e]上有零点.又函数h(x)在[1,e]上单调递减,所以此时h(x)在[1,e]上有一个零点.②当a+1≤1,即a≤0时,当x∈(1,e)时,h'(x)>0,所以h(x)在(1,e)上单调递增.
当h(1)=2+a≤0,即a≤-2时,h(1)·h(e)≤0.由零点存在性定理,知此时h(x)在[1,e]上有零点.因为h(x)在[1,e]上单调递增,故h(x)在[1,e]上仅有1个零点.当-2
③当1
所以g(a)在(0,e-1]上先增后减.又g(0)=g(e-1)=2,所以h(x)min=h(a+1)≥2,故h(x)>0,此时h(x)在[1,e]上无零点.
命题角度2 利用隐零点法判断、证明或讨论函数零点的个数 [例1-2](2021·天津十二区县联考)已知f(x)=sinnx,g(x)=ln x+mex(n为正整数,m∈R).(1)若曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线垂直于直线y= x,求实数m的值;(2)当n=1时,设函数h(x)=x2-1-2f(x),x∈(0,π),证明:函数h(x)只有1个零点;
(2)证明 当n=1时,要证h(x)仅有1个零点,即证h(x)=0仅有1个实数根,只需证h(x)=x2-1-2sin x=0,x∈(0,π)仅有1个实数根.由于h'(x)=2x-2cs x=2(x-cs x).
只需证x+ln x+1-xex≤0.令F(x)=ex-x-1,则F'(x)=ex-1,当x<0时,F'(x)<0,F(x)单调递减,当x>0时,F'(x)>0,F(x)单调递增,故当x=0时,F(x)取得最小值F(0)=0,所以F(x)≥0,所以ex≥x+1,所以ex+ln x≥x+ln x+1,
方法点拨借助隐零点判断或证明函数零点情况在利用导数研究函数的零点问题时,需要确定函数的单调性或极值,因而需要确定函数或导函数的零点,当零点无法直接求解时,我们可以虚设零点,即利用“隐零点法”解决函数零点问题.通过隐零点,确定函数的单调区间,从而得到函数的极值与最值,然后通过极值的正负判断、分析函数值的正负情况,从而得到零点的个数.
精典对练·得高分(2021·广州六中期中)已知函数f(x)=kx-xln x在区间(0,+∞)上的最大值为1.(1)求函数f(x)的解析式;(2)讨论函数F(x)=f(x)-cs x在区间[ ,+∞)上的零点的个数.
解 (1)由f(x)=kx-xln x,得f'(x)=k-1-ln x.因为函数f(x)在区间(0,+∞)上有最值,所以函数f(x)在区间(0,+∞)上不是单调函数.令f'(x)>0,得0
(2)由(1)可得F(x)=x-cs x-xln x,所以F'(x)=sin x-ln x,设h(x)=sin x-ln x.当x∈(e,+∞)时,h(x)=F'(x)<0,所以F(x)单调递减.
解 (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)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.(2)(方法一)f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增.故函数f(x)至多存在一个零点,不符合题意.当a>0时,由f'(x)=ex-a=0,可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,因此当x=ln a时函数f(x)取得最小值,且f(ln a)=-a(1+ln a).
方法总结根据函数零点情况求参数的取值范围问题的解法(1)将函数中的参数λ与变量分离,得λ=g(x),转化为研究方程λ=g(x)根的个数问题,然后利用导数研究函数g(x)的最值或值域,结合图象,根据直线y=λ与函数g(x)的图象交点的个数确定参数λ的取值范围.(2)直接研究函数f(x)的单调性与极值情况,必要时分类讨论,同时结合函数零点存在定理建立不等式求解.(3)转化为两个熟悉函数的图象的位置关系问题,借助直线与曲线相切作为临界状态,再根据零点个数进一步构建不等式求解.
精典对练·得高分(2021·吉林长春期末)已知函数f(x)=x-a(1+ln x).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
当x>a时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增.(2)由(1)可得:当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,至多有1个零点,不符合题意;当a>0时,f(x)min=f(a)=-aln a,若0
数学思想·扩思路函数与方程思想(2021·浙江宁波期末)设函数f(x)=ax2-ln x,其中a∈R.(1)若a= ,求函数f(x)的单调区间;(2)若方程f(x)=x恰有两个不相等的实数根,求实数a的取值范围.
∵f(x)的定义域为(0,+∞),∴当x∈(0,1)时,f'(x)<0,即f(x)的单调递减区间为(0,1);当x∈[1,+∞)时,f'(x)≥0,即f(x)的单调递增区间为[1,+∞).
又因为h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,则g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.所以g(x)max=g(1)=1,且g(x)在区间(1,+∞)上恒大于0.画出函数g(x)的大致图象,如图.
由图可知,要使f(x)=x有两个不相等的实数根,需满足直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点,故实数a的取值范围为(0,1).
考向三 与函数零点有关的不等式的证明问题命题角度1 构造对称和(或差)证明不等式[例3-1](2021·山东青岛期中)已知函数f(x)=ln x- ax2+1.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y=0垂直,求函数f(x)在区间(0,1]上的最大值;(2)当a=1时,设函数f(x)的两个零点为x1,x2,试证明:x1+x2>2.
F(x)
名师点睛构造对称和(或差)证明不等式的基本思路(1)确定极值点以及零点的范围:利用导数研究函数的单调性以及极值,确定极值点x0,进而确定函数两个零点x1,x2的范围:x1
(1)解 ∵f(x)=aex-x,∴f'(x)=aex-1,由题意可得f'(0)=a-1=0,解得a=1.(2)证明 f'(x)=aex-1.当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减,不可能有两个零点;当a>0时,令f'(x)=0,得x=-ln a.当x<-ln a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>-ln a时,f'(x)>0,f(x)单调递增.∴f(x)min=f(-ln a)=1+ln a.
所以g(x)在区间(-∞,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.由于x1,x2是方程g(x)=0的实根,不妨设x1<1
命题角度2 通过“根商”构造函数证明不等式
名师点析通过“根商”构造函数证明不等式通过“根商”构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数,再结合所证问题,巧妙引入变量t= ,从而构造函数.(1)巧妙消参:利用方程f(x1)=f(x2)=0消掉解析式中的参数.(2)抓商构元:令t= ,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h(t).(3)用导数求解:利用导数研究函数h(t)的单调性和极值、最值,即可证得结论.
精典对练·得高分(2021·山东潍坊月考)已知函数f(x)=ln x+ ax2-(a+1)x(a∈R).(1)当a=1时,判断函数f(x)的单调性;(2)若关于x的方程f(x)= ax2有两个不同的实数根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明x1x2>e2.
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