2021版新高考数学（山东专用）一轮学案：第二章第十二讲第三课时　导数与函数的零点或方程的根、不等式


第三课时　导数与函数的零点或方程的根、不等式

ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE
知识梳理·双基自测

知识点一　利用导数研究函数零点的方法
方法一：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．
(2)根据函数f(x)的性质作出图象．
(3)判断函数零点的个数．
方法二：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．
(2)分类讨论，判断函数零点的个数．
知识点二　利用导数解决不等式问题的常见题型及解题策略
(1)利用导数证明不等式
若证明f(x) (2)利用导数解决不等式的恒成立问题
“恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≥f(x)min.

1．若x∈(0，)，则tan x>x>sin x.
2．若x∈(0，＋∞)，则ex≥x＋1>x－1≥ln x.

　　　　　　 　　　 　　　　　　 　　　　　


题组一　走出误区
1．(多选题)下列结论不正确的是(　ABD　)
A．函数y＝x－sin x有无数多个零点
B．函数y＝tan x－x在(－，)内有三个零点
C．不等式ex>ln(x＋2)恒成立
D．不等式()x≤1－x恒成立
题组二　走进教材
2．(必修1P93BT3改编)若函数f(x)＝xln x－a有两个零点，则实数a的取值范围为(　C　)
A．(－，1) B．(，1)
C．(－，0) D．(－，＋∞)
[解析]　

函数的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xln x，记g(x)＝xln x.
则g′(x)＝ln x＋1，由g′(x)>0得x>，由g′(x)<0得0 ∴g(x)在(0，)上递减，在(，＋∞)上递增，
且gmin(x)＝g()＝－，由图可知－ 3．(选修2－2P32BT1改编)若函数f(x)＝，0 A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)1
[解析]　∵f(x)＝，∴f′(x)＝，当00，故f(x)在(0，e)上单调递增．又∵0 4．(选修2－2P32BT1改编)求证：ln x≤x－1(x>0)．
[证明]　设f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
f′(x)＝－1＝(x>0)，
在(0,1)上f′(x)>0，在(1，＋∞)上f′(x)<0，
∴f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f(x)≤f(1)＝0.
∴ln x≤x－1.
题组三　考题再现
5．(2018·江苏，5分)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为－3.
[解析]　f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意．当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)单调递增，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为－3.
6．(2017·江苏，5分)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是[－1，].
[解析]　由f(x)＝x3－2x＋ex－，得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函数，又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在其定义域内单调递增，所以不等式f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)⇔a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，故实数a的取值范围是[－1，]．


KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU
考点突破·互动探究
　　　　　　 　　　 　　　　　　 　　　　　


考点一　利用导数研究函数的零点或方程的根——师生共研
例1 (2019·全国卷Ⅱ，12分)已知函数f(x)＝ln x－.
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明：曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
[解析]　(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝＋>0，
所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，
所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.
又0<<1，f()＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，
故f(x)在(0,1)有唯一零点.
综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)因为＝e－ln x0，故点B(－ln x0，)在曲线y＝ex上．
由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，连接AB，
则直线AB的斜率k＝＝＝.
曲线y＝ex在点B(－ln x0，)处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．

名师点拨 ☞
利用导数研究方程根或函数零点的方法
(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．
(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置．
(3)通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
〔变式训练1〕
　(2020·安徽合肥调研性检测)已知函数f(x)＝kx－ln x－1(k>0)．若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值．
[解析]　解法一：f(x)＝kx－ln x－1，f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)，
当x＝时，f′(x)＝0；当0 当x>时，f′(x)>0.
∴f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f()＝ln k，
∵f(x)有且只有一个零点，
∴ln k＝0，∴k＝1.
解法二：由题意知方程kx－ln x－1＝0仅有一个实根，
由kx－ln x－1＝0得k＝(x>0)，
令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，
当x＝1时，g′(x)＝0；当00；
当x>1时，g′(x)<0.
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(1)＝1，
当x→＋∞时，g(x)→0，
∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝1.
解法三：函数f(x)有且只有一个零点，即直线y＝kx与曲线y＝ln x＋1相切，设切点为(x0，y0)，
由y＝ln x＋1得y′＝，
∴∴k＝x0＝y0＝1，
∴实数k的值为1.
考点二　利用导数研究不等式的有关问题——多维探究
角度1　证明不等式
例2 (2019·北京，节选)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；
(2)当x∈[－2,4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.
[解析]　(1)由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.
令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝，
又f(0)＝0，f()＝，所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，即y＝x与y＝x－.
(2)令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]．
由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.
令g′(x)＝0得x＝0或x＝.
g′(x)，g(x)的情况如下：
x
－2
(－2,0)
0
(0，)

(，4)
4
g′(x)

＋

－

＋

g(x)
－6

0

－

0
所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.
角度2　不等式恒成立或有解问题
例3 已知f(x)＝xln x－ax，g(x)＝－x2－2，对一切x∈(0，＋∞)，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
[解析]　对一切x∈(0，＋∞)，f(x)≥g(x)恒成立，即xln x－ax≥－x2－2恒成立．
也就是a≤ln x＋x＋在x∈(0，＋∞)上恒成立．
令F(x)＝ln x＋x＋，
则F′(x)＝＝.
当x∈(0,1)时，F′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0.
所以F(x)在x＝1处取极小值，也是最小值．
即F(x)min＝F(1)＝3，所以a≤3.
综上所述，a的取值范围是(－∞，3]．
角度3　解不等式
例4 (2020·湖南五市十校联考)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，当x>0时，xln x·f′(x)<－f(x)，则使得(x2－2x－8)f(x)>0成立的x的取值范围是(　C　)
A．(－2,0)∪(4，＋∞) B．(－∞，－4)∪(0,2)
C．(－∞，－2)∪(0,4) D．(－∞，－2)∪(4，＋∞)
[解析]　设g(x)＝f(x)·ln x，则x>0时，g′(x)＝f(x)＋f′(x)·ln x<0，所以g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝0，则在区间(0,1)上，g(x)＝f(x)·ln x>0，又ln x<0，所以f(x)<0；在区间(1，＋∞)上，g(x)＝f(x)·ln x<0，又ln x>0，所以f(x)<0.所以当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，f(x)<0，由f(x)为奇函数知，在区间(－1,0)和(－∞，－1)上，都有f(x)>0.在题设不等式中令x＝1，知f(1)<0.则以f(－1)>0，所以(x2－2x－8)f(x)>0等价于或解得x<－2或0
名师点拨 ☞
(1)利用导数解不等式的思路
已知一个含f′(x)的不等式，可构造和f(x)有关的函数g(x)，利用g(x)的单调性，然后可利用函数单调性解不等式．
(2)利用导数证明不等式的方法
①构造法：证明f(x) ②最值比较法：证明f(x) (3)利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略
①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．
②也可分离参数，通过构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
〔变式训练2〕
(1)(角度2)已知函数f(x)＝－1＋ln x，若存在x0>0，使得f(x0)≤0，则实数a的取值范围是(　C　)
A．a>2 B．a<3
C．a≤1 D．a≥3
(2)(角度3)(2020·福建莆田质检)定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，f(0)＝0，若对任意x∈R，都有f(x)>f′(x)＋1，则使得f(x)＋ex<1成立的x的取值范围为(　A　)
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－1，＋∞) D．(－∞，1)
(3)(角度1)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x，求证：当x>－1时，恒有1－≤ln(x＋1)≤x.
[解析]　(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式－1＋ln x≤0有解，即a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，令h(x)＝x－xln x，可得h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x，令h′(x)＝0，可得x＝1，当00，当x>1时，h′(x)<0，可得当x＝1时，函数h(x)＝x－xln x取得最大值1，要使不等式a≤x－xln x在(0，＋∞)上有解，只要a小于等于h(x)的最大值即可，即a≤1.所以选C．
(2)令g(x)＝，则g′(x)＝.
∵f(x)>f′(x)＋1，∴g′(x)<0，∴g(x)递减，
∵f(x)＋ex<1⇔<－1＝⇔g(x)0.故选A．
(3)证明：∵f′(x)＝－1＝－，
∴当－10，即f(x)在x∈(－1,0)上为增函数，
当x>0时，f′(x)<0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上为减函数，
故函数f(x)的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)，于是函数f(x)在(－1，＋∞)上的最大值为f(x)max＝f(0)＝0，
因此，当x>－1时，f(x)≤f(0)＝0，即ln(x＋1)－x≤0，∴ln(x＋1)≤x，
令g(x)＝ln(x＋1)＋－1，
则g′(x)＝－＝，
当x∈(－1,0)时，g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
即g(x)在x∈(－1,0)上为减函数，在x∈(0，＋∞)上为增函数，
故函数g(x)在(－1，＋∞)上的最小值为g(x)min＝g(0)＝0，
∴当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，
即ln(x＋1)＋－1≥0，
∴ln(x＋1)≥1－，
综上可知，当x>－1时，有1－≤ln(x＋1)≤x.


MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG
名师讲坛·素养提升
赋值法证明正整数不等式
例5 (2017·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，
(1＋)(1＋)·…·(1＋) [解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
①若a≤0，因为f()＝－＋aln 2<0，所以不满足题意．
②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．
由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0.
故a＝1.
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋得ln(1＋)<.从而
ln(1＋)＋ln(1＋)＋…＋ln(1＋)<＋＋…＋＝1－<1.
故(1＋)(1＋)·…·(1＋) 而(1＋)(1＋)(1＋)>2，所以m的最小值为3.

名师点拨 ☞
(1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少2问，所证的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到．
(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln(x＋1) 〔变式训练3〕
　若函数f(x)＝ex－ax－1(a>0)在x＝0处取极值．
(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；
(2)证明：1＋＋＋…＋>ln(n＋1)(n∈N*)．
[解析]　(1)因为x＝0是函数极值点，所以f′(0)＝0，
所以a＝1.f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1.
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，故极值f(0)是函数最小值．
(2)证明：由(1)知ex≥x＋1.
即ln(x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立．
令x＝(k∈N*)，则>ln(1＋)，即>ln ，
所以>ln(1＋k)－ln k(k＝1,2，…，n)，
累加得1＋＋＋…＋>ln(n＋1)(n∈N*)．