导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题

第5讲导数与函数零点、不等式

证明、

恒成立问题

高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含

指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、

不等式恒成立与能成立问题.

真题感悟

1.(2016·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝ln x －x ＋1. (1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1

(3)设c>1，证明当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x>c x

. (1)解

由f(x)＝ln x －x ＋1(x>0)，得f ′（x)＝1

x

－1.

令f ′（x)＝0，解得x ＝1.

当00，f(x)单调递增. 当x>1时，f ′（x)<0，f(x)单调递减.

因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数. (2)证明由(1)知，函数f(x)在x ＝1处取得最大值f(1)＝0.∴当x ≠1时，ln x

1.

故当x ∈(1，＋∞)时，ln x

x

－1，

即1

(3)证明

由题设c>1，设g(x)＝1＋(c －1)x －c x

，

则g ′（x)＝c －1－c x

ln c.令g ′（x)＝0，

解得x 0＝ln c －1ln c

ln c

.

当x0，g(x)单调递增；当x>x 0时，g ′（x)<0，g(x)单调递减. 由(2)知1

又g(0)＝g(1)＝0，故当00. ∴当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x>c x

. 2.(2017·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝(1－x 2

)e x

. (1)讨论f(x)的单调性；

(2)当x ≥0时，f(x)≤ax ＋1，求a 的取值范围. 解

(1)f ′（x)＝－2xe x

＋(1－x 2

)e x

＝(1－2x －x 2

)e x

.

令f ′（x)＝0，得x 2

＋2x －1＝0，解得x 1＝－2－1，x 2＝2－1，

令f ′（x)>0，则x ∈(－2－1，2－1)，令f ′（x)<0，则x ∈(－∞，－2－1)∪(2－1，＋∞).

∴f(x)在区间(－∞，－2－1)，(2－1，＋∞)上单调递减，在区间(－2－1，2－1)上单调递增. (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e x

.

当a ≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e x

，h ′（x)＝－xe x

<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x ＋1)h(x)≤x ＋1≤ax ＋1. 当0

－x －1，g ′（x)＝e x

－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故e x ≥x ＋1.

当0(1－x)(1＋x)2

，(1－x)(1＋x)2

－ax －1＝x(1－a －x －x 2

)，取x 0＝5－4a －12

，则x 0∈(0，1)，

(1－x 0)(1＋x 0)2

－ax 0－1＝0，故f(x 0)>ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝5－1

2

，

则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.

综上，a的取值范围是[1，＋∞).

考点整合

1.利用导数研究函数的零点

函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，

数形结合求解.

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

a的符号零点个数充要条件

a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极

小值)一个f(x1)＜0或f(x2)>0 两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0 三个f(x1)＞0且f(x2)＜0

a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极

大值)一个f(x1)>0或f(x2)＜0 两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0 三个f(x1)＜0且f(x2)＞0

3.利用导数解决不等式问题

(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”与“存在性”问题.

①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立?I是f(x)>g(x)的解集的子集?[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).

②?x∈I，使f(x)>g(x)成立?I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).

③对?x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min.

④对?x1∈I，?x2∈I使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min.