2020年高三数学大串讲第09讲（用零点、极值解决不等式问题）（解析版）.doc

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1、第09讲（用零点、极值解决不等式问题）【目标导航】在导数的综合应用中，经常涉及到与函数零点与极值点有关的一些问题．处理这类问题，我们需要通过零点与极值点的概念，通过构造方程或方程组，简化函数或方程的表达式，从而解决与零点，极值点有关的等式与不等式问题．考查函数与方程思想，转化与化归思想，同时考查抽象概括、综合分析问题和解决问题的能力.【例题导读】例1、已知函数f(x)＝，设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x0，求证f(x0)<－2.【解析】证明：f(x)＝，f′(x)＝令h(x)＝x－1－2xlnx，x

2、∈(0,1)则h′(x)＝1－2(lnx＋1)＝－2lnx－1，令h′(x)＝0得x＝e－.①当e－≤x<1时，h′(x)≤0，∴h(x)在[e－，1)上单调递减，∴h(x)∈(0,2e－－1]∴f′(x)＝<0恒成立，∴f(x)在[e－，1)上单调递减．②当00，又h(e－2)＝e－2－1－2e－2ln(e－2)＝－1<0，∴存在唯一x0∈(e－2，)，使得h(x0)＝0，∴f′(x0)＝0，当0

3、，f′(x)>0，∴f(x)在(0，x0)上单调递增；当x0

4、值)(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；(2)若f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－，求a的取值范围．【解析】(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，得g(x)＝f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x＋)2＋b－.令g′(x)＝0得x＝－，由于当x＞－时，g(x)＞0，g(x)＝f′(x)单调递增，当x＜－时，g′(x)＜0，g(x)＝f′(x)单调递减．当x＝－时，f′(x)有极小值b－.因为f′(x)的极值点是f(x)的零点．所以f(－)＝－＋－＋1＝0，又a＞0，故b＝＋.因

5、为f(x)有极值，故f′(x)＝0有实根，从而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3.a＝3时，f′(x)>0(x≠－1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；a＞3时，f′(x)＝0有两个相异的实根x1＝，x2＝.如表322所示.x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值表322故f(x)的极值点是x1，x2.从而a＞3，因此b＝＋，定义域为(3，＋∞)．(2)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1＋x2＝－a，x＋x＝.从而f(x1)

6、＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋2＝－＋2＝0记f(x)，f′(x)所有极值之和为h(a)，因为f′(x)的极值为b－＝－a2＋，所以h(a)＝－a2＋，a＞3.因为h′(a)＝－a－＜0，于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减．因为h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.因此a的取值范围为(3,6]．例3、已知函数f(x)＝－x＋alnx.若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.【解

7、析】证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－.(i)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．(ii)若a＞2，令f′(x)＝0得，x＝或x＝.当时x∈(0，)∪(，＋∞)时，f′(x)＜0；当x∈(，)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，)，(，＋∞)单调递减，在(，)单调递增．所以f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.由于f(x)的两个极值点x1，x2，满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x

8、2＞1.由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，所以＜a－2等价于－x2＋2lnx2＜0.设函数g(x)＝－x＋2lnx，所以g′(x)＝－－1＋＝＝≤0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.所以－x2＋2lnx2＜0，即＜a－2.例4、设函数f(x)＝(x－1)3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R若f(x)存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中