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1、专题16利用导数研究方程与不等式-2022年（新高考）数学高频考点+重点题型一、关键能力1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；2.会利用导数解决某些简单的实际问题。二、教学建议利用导数研究函数的零点(方程根)的问题，是高考的重点，常出现在解答题的某一问中，难度偏大，主要命题角度有：(1)利用最值(极值)判断零点个数；(2)构造函数法研究零点问题利用导数研究不等式问题是高考中的常考点，主要出现在解答题中，难度较大，主要命题角度有：(1)证明函数不等式；(2)不等式恒成立问题；（3）解不等式；（4）比较大小三、自主梳理1与函数零点有关的参数范围问题（1）方
2、程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点（2）求极值的步骤：先求的根（定义域内的或者定义域端点的根舍去）；分析两侧导数的符号：若左侧导数负右侧导数正，则为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则为极大值点.（3）求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.（4）函数的零点就是的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.2与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽
3、带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理：3利用导数证明、解不等式问题无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.四、高频考点+重点题型考点一、函数零点个数的判断与证明例1-1（利用零点存在性定理与单调性证明（判断）判断零点）（2020浙江省高考真题）已知，函数，其中e=2.71828为自然对数的底数证明：函数在上有唯一零点；【解析】在上单调递增，所以由零点存
4、在定理得在上有唯一零点；对点训练1.（2020届山东省菏泽一中高三）已知函数,为的导函数.求证:在上存在唯一零点;【解析】设，当时，所以在上单调递减，又因为，所以在上有唯一的零点，所以命题得证对点训练2.（2019全国高考真题（理）已知函数.讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；【解析】函数的定义域为，因为函数的定义域为，所以，因此函数在和上是单调增函数；当，时，而，显然当，函数有零点，而函数在上单调递增，故当时，函数有唯一的零点；当时，因为，所以函数在必有一零点，而函数在上是单调递增，故当时，函数有唯一的零点综上所述，函数的定义域内有2个零点；对点训练3.设函数f(x)x2m
5、ln x，g(x)x2(m1)x，当m1时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数【解】令F(x)f(x)g(x)x2(m1)xmln x，x0，问题等价于求函数F(x)的零点个数，F(x)，当m1时，F(x)0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)0，F(4)ln 40，所以F(x)有唯一零点；当m1时，0x1或xm时F(x)0，1xm时F(x)0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)m0，F(2m2)mln (2m2)0，所以F(x)有唯一零点，综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象只有一个交点例1-2（借助方程转换构造新函数）（2
6、021河北省）函数f(x)=xex21x在上的零点个数为 答案：2个【解析】取xex21x=0， 得: xex2=1x， 得: ex2=1x2 ， 得:x2=ln1x2， 得:x2=2lnx,得:x=4lnx，得:4lnx-x=0, 得: 4lnxx=0画出函数g(x)=4lnxx图像与x轴交点个数可得结果。例1-3（区间扫描法判断（证明）函数零点）（2020届山东省菏泽一中高三2月月考）已知函数,为的导函数.求证:有且仅有两个不同的零点.解析：由(1)知：当时，在上单调递增;当时，在上单调递减;所以在上存在唯一的极大值点所以又因为所以在上恰有一个零点又因为所以在上也恰有一个零点当时， 设，
7、所以在上单调递减，所以所以当时，恒成立所以在上没有零点当时，设，所以在上单调递减，所以所以当时，恒成立所以在上没有零点综上，有且仅有两个零点对点训练1.（2019全国高考真题（理）已知函数，为的导数证明：有且仅有2个零点【解析】，当时，由（1）可知在上单调递增 在上单调递减又为在上的唯一零点当时，在上单调递增，在上单调递减又 在上单调递增，此时，不存在零点又，使得在上单调递增，在上单调递减又，在上恒成立，此时不存在零点当时，单调递减，单调递减在上单调递减又，即，又在上单调递减在上存在唯一零点当时，即在上不存在零点综上所述：有且仅有个零点例1-4（已知函数零点求参） (2020全国卷)已知函数f
8、 (x)exa(x2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围解：因为f (x)exa(x2)，所以f (x)exa.若a0，则f (x)exa0在R上恒成立，所以f (x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意若a0，令f (x)exa0，得xln a.当x(，ln a)时，f (x)0；当x(ln a，)时，f (x)0.所以f (x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增所以f (x)minf (ln a)eln aa(ln a2)a(1ln a)要使f (x)有两个零点，则f (x)minf (ln a)0，即a(1ln a)0，所以a，即a的取值范围是.对点训练
9、1.（2020全国高考真题（文）已知函数若有三个零点，求的取值范围【答案】.【解析】由（1）知，有三个零点，则，且即，解得，当时，且，所以在上有唯一一个零点，同理，所以在上有唯一一个零点，又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，综上可知的取值范围为.考点二、证明不等式例2-1（利用函数的最值证不等式）（2021河北高三其他模拟）已知函数,当时，求证：；证明一：当时，则，当时，单增，当时，单减，（1），即得证；证法二、令,证其最大值为0，即可得，变形可得例2-2（利用“若f(x)ming(x)max，则f(x)g(x)”证明不等式）已知函数f(x)xln xax，证明：对一切x(0，)，都有ln
10、x1成立.证明：当x0时，ln x1等价于x(ln x1).由(1)知a1时，f(x)xln xx的最小值是，当且仅当x时取等号.设G(x)，x(0，)，则G(x)，易知G(x)maxG(1)，当且仅当x1时取到，从而可知对一切x(0，)，都有f(x)G(x)，即ln x1.例2-3（先放缩，后利用函数最值，证明不等式）（2021重庆市育才中学高三二模）已知函数，若，求证：.（2）先证当时，恒成立.令，求导，所以在上单调递增，所以所以要证，即证，即证，即证：，设，求导，所以在上单调递减，所以，即原不等式成立.所以当时，如成立.对点训练1.已知函数f(x)1，g(x)xln x，证明：(xln
11、x)f(x)1.证明：令g(x)xln x，g(x)(x0)，当0x1时，g(x)1时，g(x)0，即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，)上是增函数.所以xln x1由f(x)1，得f(x)，所以当0x2时，f(x)2时，f(x)0，即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，)上是增函数，所以f(x)f(2)1(当且仅当x2时取等号).又由xln x1(当且仅当x1时取等号)，且等号不同时取得，所以(xln x)f(x)1.考点三、不等式成立求参例3-1（不等式恒成立）(2020全国卷)已知函数f (x)exax2x，当x0时，f (x)x31，求a的取值范围解：(1)当a1时，f (x
12、)exx2x，f (x)ex2x1.由于f (x)ex20恒成立，故f (x)在R上单调递增，注意到f (0)0，故当x(，0)时，f (x)0，f (x)单调递减，当x(0，)时，f (x)0，f (x)单调递增(2)由f (x)x31，得exax2xx31，其中x0.当x0时，不等式为11，显然成立，符合题意当x0时，得a.记g(x)，g(x).令h(x)exx2x1(x0)，则h(x)exx1，h(x)ex10，故h(x)单调递增，h(x)h(0)0，故函数h(x)单调递增，h(x)h(0)0.由h(x)0得exx2x10恒成立，故当x(0,2)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(2
13、，)时，g(x)0，g(x)单调递减因此，g(x)maxg(2).综上可得，实数a的取值范围为对点训练1.已知函数f (x)ln x1，xf (x)k(x1)在(1，)上恒成立，求整数k的最大值解：由题意，x(ln x1)k(x1)在(1，)上恒成立，即k1)设g(x)(x1)，则g(x).令h(x)xln x2(x1)，则h(x)10，所以，h(x)在(1，)上为增函数因为h(2)ln 20，h(3)1ln 3ln0，所以h(x)在(1，)上有唯一实数根m(3,4)，使得mln m20.当x(1，m)时，h(x)0.即g(x)在(1，m)上单调递减，在(m，)上单调递增，所以g(x)在xm处取得极小值，且g(m)m，所以km.由3m4，得整数k的最大值为3.例3-2.（不等式存在性成立）若存在x1e,e，不等式2xln xx2mx30成立，求实数m的取值范围解：因为2xln xx2mx30，所以m2ln xx.设h(x)2ln xx，则h(x)1.当x1时，h(x)0，h(x)单调递减；当10，h(x)单调递增因为存
