1、压轴专题(三)第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点其热点题型有：利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数证明不等式或探讨方程根；利用导数求解参数的范围或值师说考点利用导数解决不等式问题的思路(1)不等式恒成立的问题，通过构造函数，转化为利用导数求函数最值的问题(2)利用导数方法证明不等式f(x)g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)f(x)g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)0在区间D
2、上恒成立典例(2016全国乙卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x20，则当x(，1)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在两个零点设a0，因此f(x)在(1，)内单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点若a1，故当x(1，ln(2a)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点综
3、上，a的取值范围为(0，)(2)证明：不妨设x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又f(x)在(，1)内单调递减，所以x1x2f(2x2)，即f(2x2)1时，g(x)1时，g(x)0.从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22.逆向解答此路不通另想法1逆向解答是指对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证解答本题第(2)问利用了逆向解答的策略，把不等式x1x22转化为，构造函数，利用导数求解2破解此类题目需掌握“一构一分”，“一构”是指会构造函数，然后利用导数的知识进行求解；“
4、一分”是指会分类讨论，对于含参的不等式问题或证明存在性的问题，常需要对参数进行分类讨论，而此时往往需要用到前面已证明过的结论解答此题的关键是由x1x21)，g(x)ex1，依题意，f(0)g(0)，解得a1，所以f(x)1，当1x0时，f(x)0时，f(x)0.故f(x)的单调递减区间为(1，0)，单调递增区间为(0，)(2)由(1)知，当x0时，f(x)取得最小值0，所以f(x)0，即xln(x1)，从而exx1.设F(x)g(x)kf(x)exkln(x1)(k1)x1，则F(x)ex(k1)x1(k1)，当k1时，因为x0，所以F(x)x120(当且仅当x0时等号成立)，此时F(x)在0
5、，)上单调递增，从而F(x)F(0)0，即g(x)kf(x)当k1时，令h(x)ex(k1)，则h(x)ex，显然h(x)在0，)上单调递增，又h(0)1k0，所以h(x)在(0，1)上存在唯一零点x0，当x(0，x0)时，h(x)0，所以h(x)在 0，x0)上单调递减，从而h(x)h(0)0，即F(x)0，所以F(x)在0，x0)上单调递减，从而当x(0，x0)时，F(x)F(0)0，即g(x)kf(x)，不合题意综上，实数k的取值范围为(，1.师说考点利用导数研究方程根(零点)问题的思路(1)将问题转化为函数的方程根(零点)问题，进而转化为函数图象与x轴(或直线yk)的交点问题；(2)利
6、用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质；(3)画出函数的大致图象；(4)结合图象求解典例设函数fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)设n2，b1，c1，证明：fn(x)在区间内存在唯一零点；(2)设n2，若对任意x1，x21，1，有|f2(x1)f2(x2)|4，求b的取值范围；(3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在内的零点，判断数列x2，x3，xn，的增减性解(1)证明：b1，c1，n2时，fn(x)xnx1.fnfn(1)10，fn(x)在上是单调递增的，fn(x)在区间内存在唯一零点(2)当n2时，f2(x)x2bxc.对任意x1，x21，1都有|
7、f2(x1)f2(x2)|4等价于f2(x)在1，1上的最大值与最小值之差M4.据此分类讨论如下：当1，即|b|2时，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，与题设矛盾当10，即0b2时，Mf2(1)f24恒成立当01，即2b0时，Mf2(1)f24恒成立综上可知，2b2.故b的取值范围为2，2(3)设xn是fn(x)在内的唯一零点(n2)，fn(xn)xxn10，fn1(xn1)xxn110，xn1，于是有fn(xn)0fn1(xn1)xxn11xxn11fn(xn1)又由(1)知fn(x)在上是单调递增的，故xn0.(1)因为x1为f(x)的极大值点，所以c1，当0x1时，f(x)0；当1x
8、c时，f(x)0；当xc时，f(x)0，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，(c，)；单调递减区间为(1，c)(2)若c0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)0恰有两解，则f(1)0，则b0，所以c0；若0c1，则f(x)极大值f(c)cln cc2bc，f(x)极小值f(1)b，因为b1c，则f(x)极大值cln cc(1c)cln cc0，f(x)极小值c0，从而f(x)0只有一解；若c1，则f(x)极小值cln cc(1c)cln cc0，f(x)极大值c0，则f(x)0只有一解综上，使f(x)0恰有两解的c的取值范围为.典例(2016贵州模拟)设nN*
9、，函数f(x)，函数g(x)(x0)(1)当n1时，求函数yf(x)的零点个数；(2)若函数yf(x)与函数yg(x)的图象分别位于直线y1的两侧，求n的取值集合A；(3)对于nA，x1，x2(0，)，求|f(x1)g(x2)|的最小值解(1)当n1时，f(x)，f(x)(x0)由f(x)0得0xe；由f(x)0得xe.所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，因为f(e)0，fe0，所以函数f(x)在(0，e)上存在一个零点；当x(e，)时，f(x)0恒成立，所以函数f(x)在(e，)上不存在零点综上得函数f(x)在(0，)上存在唯一一个零点(2)对函数f(x)求导，得f
10、(x)(x0)，由f(x)0，得0xe；由f(x)0，得xe.所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，则当xe时，函数f(x)有最大值f(x)maxf(e).对函数g(x)(x0)求导，得g(x)(x0)，由g(x)0，得xn；由g(x)0，得0xn.所以函数g(x)在(0，n)上单调递减，在(n，)上单调递增，则当xn时，函数g(x)有最小值g(x)ming(n).因为nN*，函数f(x)的最大值f(e)1，即函数f(x)在直线y1的下方，故函数g(x)(x0)在直线y1的上方，所以g(x)ming(n)1，解得ne.所以n的取值集合A1，2(3)对x1，x2(0，)，
11、|f(x1)g(x2)|的最小值等价于g(x)minf(x)max.当n1时，g(x)minf(x)maxe；当n2时，g(x)minf(x)max；因为0，所以|f(x1)g(x2)|的最小值为.解决导数综合问题的注意事项(1)树立定义域优先的原则(2)熟练掌握基本初等函数的求导公式和求导法则(3)理解与不等式有关的导数综合问题化为函数最值问题的转化过程(4)理解含参导数的综合问题中分类讨论思想的应用(5)存在性问题与恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若f(x)m恒成立，则f(x)maxm；若f(x)m恒成立，则f(x)minm；若f(x)m有解，则f(x)minm；若f(x)m有解
12、，则f(x)maxm. 应用体验3(2016重庆模拟)已知函数f(x)满足：f(x)2f(x2)，xR；f(x)ln xax，x(0，2)；f(x)在(4，2)内能取到最大值4.(1)求实数a的值；(2)设函数g(x)bx3bx，若对任意的x1(1，2)总存在x2(1，2)使得f(x1)g(x2)，求实数b的取值范围解：(1)当x(4，2)时，有x4(0，2)，由条件得f(x4)ln(x4)a(x4)，再由条件得f(x)2f(x2)4f(x4)4ln(x4)4a(x4)故f(x)4a，x(4，2)由，f(x)在(4，2)内有最大值，方程f(x)0，即4a0在(4，2)内必有解，故a0，且解为x
13、4.又最大值为4，所以f(x)maxf4ln4a4，即ln0，所以a1.(2)设f(x)在(1，2)内的值域为A，g(x)在(1，2)内的值域为B，由条件可知AB.由(1)知，当x(1，2)时，f(x)ln xx，f(x)10，故f(x)在(1，2)内为减函数，所以A(f(2)，f(1)(ln 22，1)对g(x)求导得g(x)bx2bb(x1)(x1)若b0，则当x(1，2)时，g(x)0，g(x)为减函数，所以B(g(2)，g(1).由AB，得bln 22，b1，故必有bln 23.若b0，则当x(1，2)时，g(x)0，g(x)为增函数，所以B(g(1)，g(2).由AB，得bln 22
14、，b1，故必有b3ln 2.若b0，则B0，此时AB不成立综上可知，b的取值范围是.1.(2016武昌调研)已知函数f(x)(x1)ln xx1.(1)若0，求f(x)的最大值；(2)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线xy10垂直，证明：0. 解：(1)f(x)的定义域为(0，)当0时，f(x)ln xx1.则f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，f(x)在(0，1)上是增函数；当x1时，f(x)0，f(x)在(1，)上是减函数故f(x)在x1处取得最大值f(1)0.(2)证明：由题可得，f(x)ln x1.由题设条件，得f(1)1，即1.f(x)(x1)l
15、n xx1.由(1)知，ln xx10(x0，且x1)当0x1时，f(x)(x1)ln xx1xln x(ln xx1)0，0.当x1时，f(x)ln x(xln xx1)ln xx0，0.综上可知，0.2(2016合肥质检)已知函数f(x)x3(a2)x2x(aR)(1)当a0时，记f(x)图象上动点P处的切线斜率为k，求k的最小值；(2)设函数g(x)e(e为自然对数的底数)，若对于x0，f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围解：(1)f(x)x2(a2)x1.设P(x，y)，由于a0，kx22x10，即kmin0.(2)由g(x)e，得g(x)，易知g(x)在(0，1)上单调递增，在
16、(1，)上单调递减，g(x)g(1)0，由条件知f(1)g(1)，可得a0.当a0时，f(x)x2(a2)x1(x1)2ax(x1)20.f(x)g(x)对x(0，)成立综上，a的取值范围为(，03(2016兰州模拟)已知函数f(x)ln xax1(aR)(1)当0a时，讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)x22bx4.当a时，若对任意x1(0，2)，存在x21，2，使f(x1)g(x2)，求实数b的取值范围解：(1)因为f(x)ln xax1，所以f (x)a，x(0，)，令f(x)0，可得两根分别为1，1，因为0a，所以110，当x(0，1)时，f(x)0，函数f(x)单调递减；当x时，
17、f(x)0，函数f(x)单调递增；当x时，f(x)0，函数f(x)单调递减(2)a，13(0，2)，由(1)知，当x(0，1)时，f(x)0，函数f(x)单调递减；当x(1，2)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1).对任意x1(0，2)，存在x21，2，使f(x1)g(x2)等价于g(x)在1，2上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值，(*)又g(x)(xb)24b2，x1，2，所以，当b1时，g(x)ming(1)52b0，此时与(*)矛盾；当1b2时，g(x)min4b20，同样与(*)矛盾；当b2时，g(x)ming(2)84b，且当
18、b2时，84b0，解不等式84b，可得b，所以实数b的取值范围为.4(2016江苏高考)已知函数f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)(1)设a2，b.求方程f(x)2的根；若对于任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值(2)若0a1，b1，函数g(x)f(x)2有且只有1个零点，求ab的值解：(1)因为a2，b，所以f(x)2x2x.方程f(x)2，即2x2x2，亦即(2x)222x10，所以(2x1)20，即2x1，解得x0.由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22(f(x)22.因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)0，所以m对于xR恒成立而
19、f(x)2 4，且4，所以m4，故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)f(x)2axbx2有且只有1个零点，而g(0)f(0)2a0b020，所以0是函数g(x)的唯一零点因为g(x)axln abxln b，又由0a1，b1知ln a0，ln b0，所以g(x)0有唯一解x0log.令h(x)g(x)，则h(x)(axln abxln b)ax(ln a)2bx(ln b)2，从而对任意xR，h(x)0，所以g(x)h(x)是(，)上的单调增函数于是当x(，x0)时，g(x)g(x0)0；当x(x0，)时，g(x)g(x0)0.因而函数g(x)在(，x0)上是单调减函数，在(x0，)上是单调增函数下证x00.若x00，则x00，于是gg(0)0.又g(loga2)aloga2bloga22aloga220，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.因为0a1，所以loga20.又0，所以x10，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾若x00，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾因此，x00.于是1，故ln aln b0，所以ab1.
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