2022版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十二讲第3课时导数与函数的零点或方程的根不等式学案新人教版

1、第三课时导数与函数的零点或方程的根、不等式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)g(x)，x(a，b)，可以构造函数f(x)f(x)g(x)，如果能证明f(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)xsin x.2若x(0，)，则exx1x1ln x.题组一走出误区1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“

2、”)(1)函数yxsin x有无数多个零点()(2)函数ytan xx在内有三个零点()(3)不等式exln(x2)恒成立()(4)不等式x1x恒成立()题组二走进教材2(必修1p93bt3改编)若函数f(x)xln xa有两个零点，则实数a的取值范围为(c)a. bc d解析函数的定义域为(0，)，由f(x)0得axln x，记g(x)xln x.则g(x)ln x1，由g(x)0得x，由g(x)0得0x.g(x)在上递减，在上递增，且gmin(x)g，由图可知a0，故选c.3(选修22p32bt1改编)若函数f(x)，0abf(b) bf(a)f(b)cf(a)1解析f(x)，f(x)，当

3、0x0，故f(x)在(0，e)上单调递增又0abe，f(a)0)证明设f(x)ln xx1(x0)，f(x)1(x0)，在(0,1)上f(x)0，在(1，)上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a0时，由f(x)0得x，由f(x)0得0x0，f(x)单调递增，当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递减，则f(x)maxf(0)1，f(1)4，f(1)0，则f(x)min4，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)x32xex，其中e是自然对数的底数若f(a

4、1)f(2a2)0，则实数a的取值范围是 .解析由f(x)x32xex，得f(x)x32xexf(x)，所以f(x)是r上的奇函数，又f(x)3x22ex3x2223x20，当且仅当x0时取等号，所以f(x)在其定义域内单调递增，所以不等式f(a1)f(2a2)0f(a1)f(2a2)f(2a2)a12a2，解得1a，故实数a的取值范围是.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 (2020全国，20)已知函数f(x)exa(x2)(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围解析(1)当a1时，f(x)exx2，则f(x)ex1.当

5、x0时，f(x)0时，f(x)0.所以f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)f(x)exa.当a0时，f(x)0，所以f(x)在(，)单调递增，故f(x)至多存在1个零点，不合题意当a0时，由f(x)0可得xln a，当x(，ln a)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)单调递增，故当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)a(1ln a)()若0a时，则f(ln a)0，f(x)在(，)至多存在1个零点，不合题意()若a，则f(ln a)0，所以f(x)在(，ln a)存在唯一零点由(1)知，当x2时，exx20，所以当x4且x

6、2ln(2a)时，f(x)eea(x2)eln(2a)a(x2)2a0，故f(x)在(ln a，)存在零一零点，从而f(x)在(，)有两个零点综上，a的取值范围是.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(2021安徽合肥调研性检测)已知函数f(x)kxln x1(k0)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)kxln x1，f(x)k

7、(x0，k0)，当x时，f(x)0；当0x时，f(x)时，f(x)0.f(x)在上单调递减，在上单调递增，f(x)minfln k，f(x)有且只有一个零点，ln k0，k1.解法二：由题意知方程kxln x10仅有一个实根，由kxln x10得k(x0)，令g(x)(x0)，g(x)，当x1时，g(x)0；当0x0；当x1时，g(x)ln 21且x0时，exx22ax1.破题思路第(1)问求什么想什么求f(x)的单调区间与极值，想到求导函数f(x)，然后利用不等式f(x)0及f(x)x22ax1(aln 21，x0)成立，想到证明exx22ax10成立给什么用什么通过对第(1)问的研究，求得

8、f(x)ex2x2a的单调性与极值，仔细观察，可发现(exx22ax1)ex2x2a缺什么找什么需要研究函数g(x)exx22ax1的单调性或最值，利用导数研究即可解析(1)由f(x)ex2x2a(xr)，知f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.当xln 2时，f(x)ln 2时，f(x)0，故函数f(x)在区间(ln 2，)上单调递增所以f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)，f(x)在xln 2处取得极小值f(ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a，无极大值(2)证明：要证当aln 21且x0时，exx22ax1，即证当aln 21且x0时，

9、exx22ax10.设g(x)exx22ax1(x0)则g(x)ex2x2a，由(1)知g(x)ming(ln 2)2ln 22a2.又aln 21，则g(x)min0.于是对xr，都有g(x)0，所以g(x)在r上单调递增于是对x0，都有g(x)g(0)0.即exx22ax10，故exx22ax1.角度2不等式恒成立或有解问题例3 已知f(x)xln xax，g(x)x22，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 xaxx22恒成立也就是aln xx在x(0，)上恒成立令f(x)ln xx，则f(x).当x(0,1)

10、时，f(x)0.所以f(x)在x1处取极小值，也是最小值即f(x)minf(1)3，所以a3.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)(xr)的导函数，当x0时，xln xf(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x0时，g(x)f(x)f(x)ln x0，又ln x0，所以f(x)0；在区间(1，)上，g(x)f(x)ln x0，所以f(x)0.所以当x(0,1)(1，)时，f(x)0.在题设不等式中令x1，知f(1)0

11、，所以(x22x8)f(x)0等价于或解得x2或0x4，则x的取值范围是(，2)(0,4)故选c.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构造法：证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数f(x)f(x)g(x)，如果f(x)0，则f(x)在(a，b)上是减函数，则只需f(a)0，由减函数的定义可知，x(a，b)时，有f(x)0，即证明了f(x)g(x)最值比较法：证明f(x)g(x)，x(a，b)时，若构造函数f(x)f(x)g(x)后，f(x)的

12、单调性无法确定，可考虑f(x)的最大值与g(x)的最小值，如果fmax(x)g(x)min可证：f(x)0，使得f(x0)0，则实数a的取值范围是(c)aa2 baf(x)1，则使得f(x)ex1成立的x的取值范围为(a)a(0，) b(，0)c(1，) d(，1)解析(1)由f(x)x3x2x得f(x)x22x1.令f(x)1，即x22x11，得x0或x，又f(0)0，f，所以曲线yf(x)的斜率为1的切线方程是yx与yx，即yx与yx.令g(x)f(x)x，x2,4由g(x)x3x2得g(x)x22x.令g(x)0得x0或x.g(x)，g(x)的情况如下：x2(2,0)04g(x)g(x)

13、600所以g(x)的最小值为6，最大值为0.故6g(x)0，即x6f(x)x.(2)函数f(x)的定义域是(0，)，不等式1ln x0有解，即axxln x在(0，)上有解，令h(x)xxln x，可得h(x)1(ln x1)ln x，令h(x)0，可得x1，当0x0，当x1时，h(x)f(x)1，g(x)0，g(x)递减，f(x)ex11g(x)0.故选a.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)已知函数f(x)x1aln 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，m，求m的最小值解析(1)f(x)的定义域为(0，)若a0，因为faln

14、20，由f(x)1知，当x(0，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xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点由于f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0.故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1得ln.从而lnlnln11.故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exx1可化为ln(x1)ln(