2018年高考数学二轮复习 专题一 第5讲 导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题案 文.doc

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1、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)＝lnx－x＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1<1，证明当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.(1)解　由f(x)＝lnx－x＋1(x>0)，得f′(x)＝－1.令f′(x)＝0，解得x＝1.当00，f(

2、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，lnx1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x)＝0，解得x0＝.当x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.由(2)知1<

3、＝g(1)＝0，故当00.∴当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.2.(2017·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝(1－x2)ex.(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)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0，得x2＋2x－1＝0，解得x1＝－－1，x2＝－1，令f′(x)>0，则x∈(－－1，－1)，令f′(x)<0，则x∈(－∞，－－1)∪(－1，＋∞).∴f(x)在区间(－∞，－－1)，(－1，＋∞)上单调递减，在区间(－－

4、1，－1)上单调递增.(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<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00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，则x0∈(0，1)

5、，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.当a≤0时，取x0＝，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

6、x10两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜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)＞03.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)

7、F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(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.温馨提

8、醒　解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一