作业(十) 专项培优：导数与不等式、函数零点问题-2024年高二数学暑假作业（北师大版）

高二数学(配BSD版) 专项培优:导数与不等式、函数零点问题 1.常见的不等式放缩依据 (1)x-1≥lnx(x>0). (2)xlnx≥x-1(x>0). (3)ex≥x+1. (4)lnx<x<ex(x>0). 2.利用导数证明不等式常用策略 (1)作差法构造函数证明不等式的策略 ①待证不等式的两边含有同一个变量时, 一般地,可以直接构造“左减右”的函数; ②有时对复杂的式子要进行变形,借助所 构造函数的单调性和最值求解,利用导数 研究其单调性和最值. (2)单变量不等式的证明方法 ①移 项 法:将 证 明 不 等 式f(x)>g(x) (f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)- g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅 助函数h(x)=f(x)-g(x); ②构造“形似”函数:对原不等式同解变形, 如移项、通分、取对数,把不等式左、右两边 转化为相同结构的式子,根据“相同结构” 构造辅助函数; ③最值法:欲证f(x)<g(x),有时可以证 明f(x)max<g(x)min. 3.利用导数研究不等式恒(能)成立问题的常 用策略 (1)分离参数法求参数范围 利用分离参数法来确定不等式f(x,λ)≥0 (x∈I,λ为实参数)恒成立问题中参数取 值范围的基本步骤: ①将参数与变量分离,化为f1(λ)≥f2(x) 或f1(λ)≤f2(x)的形式; ②求f2(x)在x∈I时的最大值或最小值; ③解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤ f2(x)min,得到λ的取值范围. (2)分类讨论法求参数范围 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将 恒成立问题转化为最值问题,此类问题关 键是对参数分类讨论,在参数的每一段上 求函数的最值,并判断是否满足题意,若不 满足题意,只需找一个值或一段内的函数 值不满足题意即可. 4.利用导数研究函数零点的基本思路 (1)讨论函数零点个数的基本思路:利用函数 零点存在定理的条件是函数图象在区间[a,b] 上是连续不断的曲线,且f(a)f(b)<0. ①直接法:判断一个零点时,若函数为单调 函数,取 值 证 明 f(a)f(b)<0 即 可; ②分类讨论法:判断几个零点时,需要先结 合单调性,确定分类讨论的标准,再利用函 数零点存在定理,在每个单调区间内取值 证明f(a)f(b)<0. (2)根据函数零点个数确定参数取值范围 的核心思想是“数形结合”,即通过函数的 单调性确定函数图象与x轴的交点个数, 或者通过两个相关函数图象的交点个数确 定参数满足的条件,进而求得参数的取值 范围,解决问题的步骤是“先形后数”. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —92— 1.设函数f(x)=lnx+ax (a为常数),不等式 f(x)≥1在(0,1]上恒成立,求实数a的取 值范围. 2.已知函数f(x)=x+1ex -a(a∈R),讨论 f(x)的零点个数. 1.已知函数fx = 1x+12 ·lnx+1 . (1)求曲线y=f x 在x=2处切线的 斜率; (2)当x>0时,证明:fx >1. 2.已知a>0且a≠1,函数f(x)=x a ax (x>0). 若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两 个交点,求a的取值范围. 3.(2024·青岛二模)已知函数f(x)=ax2- xlnx. (1)若函数f(x)在(0,+∞)上单调递增, 求实数a的取值范围; (2)若a=e,证明:当 x>0时,f(x)< xex+1e. 4.已知函数f(x)=xsinx+cosx,g(x)= x2+4. (1)讨论f(x)在[-π,π]上的单调性; (2)令h(x)=g(x)-4f(x),试证明h(x) 在R上有且仅有三个零点. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —03— 高二数学(配BSD版) 1.(2023·新课标Ⅱ卷节选)证明:当0<x<1 时,x-x2<sinx<x. 2.(2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax- 1 x- (a+1)lnx. (1)当a=0时,求f(x)的最大值; (2)若f(x)恰有一个零点,求a 的取值 范围. 易错点 数学思想方法不能活用而致错 [示例] 已知函数f(x)=lnx+ax2+ (2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a<0时,证明f(x)≤-34a-2. [名师叮嘱] 本例(1)不能对a 分类讨论而出 错.本例(2)不能将不等式恒成立问题等价转化、不 会合理构造函数g(x)=lnx-x+1(x>0)而致错. 构造法证明不等式是指在证明与函数有关的 不等式时,根据所要证明的不等式,构造与之相关 的函数,利用函数单调性、极值、最值加以证明.常 见的 构 造 方 法 有:① 直 接 构 造 法:证 明 不 等 式 f(x)>g(x),构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x); ②适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩, 二是利用常见的放缩结论;③构造“形似”函数:稍 作变形再构造,对原不等式同解变形,根据“相同结 构”构造辅助函数;④构造双函数:若直接构造函数 求导难以判断符号,导函数零点也不易求得,因此 函数单调性与极值点都不易获得,则可构造函数 f(x)和g(x),利用其最值求解. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —13— 高二数学(配BSD版) y'=-3x2+1,故x∈ 12 ,3 3 ,y'>0, x∈ 3 3 ,3 2 ,y'<0, 即Vmax=144y2max=144× 33× 6 3 2 2 =643 , Vmin=144× 32× 1 2 2 2 =274. 2.解析 (1)设AA1,BB1,CD1,EF1 都与 MN 垂直,A1, B1,D1,F1是相应垂足.由条件知,当O'B=40时, BB1=- 1 800×40 3+6×40=160,则AA1=160. 由1 40O'A 2=160,得O'A=80. 所以AB=O'A+O'B=80+40=120. 所以桥AB 的长度为120米. (2)以O 为原点,MN 所在直线为x 轴,OO'所在直线为 y 轴建立平面直角坐标系(如图所示). 设F(x,y2),x∈(0,40),则y2=- 1 800x 3+6x, EF=160-y2=160+ 1 800x 3-6x. 因为CE=80,所以O'C=80-x. 设D(x-80,y1),则y1= 1 40 (80-x)2, 所以CD=160-y1=160- 1 40 (80-x)2=-140x 2+4x. 记桥墩CD 和EF 的总造价为f(x)万元, 则f(x)=k160+ 1800x 3-6x +32k -140x2+4x =k 1800x 3-380x 2+160 (0<x<40). f'(x)=k 3800x 2-340x =3k800x(x-20), 令f'(x)=0,得x=20. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表所示. x (0,20) 20 (20,40) f'(x) - 0 + f(x) 单调 递减 极小值 单调 递增 所以,当x=20时,f(x)取得极小值,也是最小值. 故当O'E 为20米时,桥墩CD 和EF 的总造价最低. 【易错警示】 [示例] [解析] (1)依题意得, W= -130x 3+8.1x-10(0≤x≤10), 170 3 -1.9x (x>10). 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 (2)设f(x)=-130x 3+8.1x-10,0≤x≤10,则f'(x) =-110x 2+8.1. 令f'(x)=0,得x=9或x=-9(舍去). 当0≤x<9时,f'(x)>0; 当9<x≤10时,f'(x)<0. 故当x=9时,f(x)取得最大值,为38.6. 当x>10时,1703 -1.9x< 113 3 <38.6. 综上可得,当 年 产 量 为9万 件 时,该 公 司 所 获 年 利 润 最大. 作业(十) 专项培优:导数与不等式、函数零点问题 【基础诊断】 1.解析 f(x)≥1⇔ax +lnx≥1⇔ a x ≥-lnx+1⇔a≥ -xlnx+x对任意x∈(0,1]恒成立. 令g(x)=-xlnx+x,x∈(0,1], 则g'(x)=-lnx-x·1x+1=-lnx≥0 ,x∈(0,1], 所以g(x)在(0,1]上 单 调 递 增,所 以g(x)max=g(1) =1, 所以a≥1,故a的取值范围为[1,+∞). 2.解析 令f(x)=x+1ex -a=0,得a=x+1 ex , 设g(x)=x+1ex ,则g'(x)=e x-(x+1)ex (ex)2 =-x ex , 当x>0时,g'(x)<0,当x<0时,g'(x)>0, 所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调 递减,所以g(x)≤g(0)=1, 而当x>-1时,g(x)>0,当x<-1时,g(x)<0, 所以g(x)的大致图象如图所示. ①当a>1时,方程g(x)=a无解,即f(x)没有零点; ②当a=1时,方程g(x)=a有且只有一解, 即f(x)有唯一的零点; ③当0<a<1时,方程g(x)=a有两解, 即f(x)有两个零点; ④当a≤0时,方程g(x)=a有且只有一解, 即f(x)有唯一的零点; 综上,当a>1时,f(x)没有零点; 当a=1或a≤0时,f(x)有唯一的零点; 当0<a<1时,f(x)有两个零点. 【综合应用】 1.解析 (1)f(x)=ln (x+1) x + ln(x+1) 2 ,则f'(x)= 1 x(x+1)+ 1 2(x+1)- ln(x+1) x2 , 所以f'(2)=13- ln3 4 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —55— 故在x=2处的切线斜率为13- ln3 4 . (2)证明 要证x>0时f x = 1x+ 1 2 ln(x+1)>1, 即证lnx+1 > 2xx+2 , 令g(x)=lnx+1 - 2xx+2 且x>0,则g'(x)= 1x+1- 4 (x+2)2 = x 2 (x+1)(x+2)2 >0, 所以g(x)在(0,+∞)上递增,则g(x)>g(0)=0, 即lnx+1 > 2xx+2. 所以x>0时f x >1. 2.解析 曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点, 可转化为方程x a ax =1(x>0)有两个不同的解, 即方程lnx x = lna a 有两个不同的解. 设g(x)=lnxx (x>0), 则g'(x)=1-lnxx2 (x>0), 令g'(x)=1-lnx x2 =0,得x=e, 当0<x<e时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增, 当x>e时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减, 故g(x)max=g(e)= 1 e , 且当x>1时,g(x)∈ 0,1e ,又g(1)=0, 所以0<lnaa < 1 e ,所以a>1且a≠e, 故a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞). 3.解析 (1)由题意知f'(x)=2ax-lnx-1. 因为函数f(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以当x>0时,f'(x)≥0,即2a≥lnx+1x 在(0,+∞) 上恒成立. 令g(x)=lnx+1x (x>0),则g'(x)=-lnxx2 , 易知g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 则g(x)max=g(1)=1,所以2a≥1,即a≥ 1 2. 故实数a的取值范围是 12 ,+∞ . (2)证明 若a=e,要证f(x)<xex+1e ,只需证ex- lnx<ex+1ex ,即证ex-ex<lnx+1ex. 令h(x)=lnx+1ex (x>0),则h'(x)=ex-1 ex2 ,易知h(x) 在 0,1e 上 单 调 递 减,在 1e,+∞ 上 单 调 递 增,则 h(x)min=h 1 e =0,所以lnx+1ex≥0. 令φ(x)=ex-ex,则φ'(x)=e-ex, 易知φ(x)在(0,1)上 单 调 递 增,在(1,+∞)上 单 调 递减, 则φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0. 因为h(x)与φ(x)不同时为0,所以ex-ex<lnx+ 1 ex , 故原不等式成立. 4.解析 (1)f'(x)=sinx+xcosx-sinx=xcosx, 当x∈ -π,-π2 ∪ 0,π2 时,f'(x)>0; 当x∈ -π2 ,0 ∪ π2,π 时,f'(x)<0, 所以f(x)在 -π,-π2 ,0,π2 上单调递增, 在 -π2 ,0 , π2,π 上单调递减. (2)证明 h(x)=x2+4-4xsinx-4cosx,因为h(-x) =x2+4-4xsinx-4cosx=h(x),x∈R, 所以h(x)为偶函数. 又因为h(0)=0, 所以x=0为函数h(x)的零点. 下面讨论h(x)在(0,+∞)上的零点个数. h(x)=x2+4-4xsinx-4cosx =x(x-4sinx)+4(1-cosx). 当x∈[4,+∞)时,x-4sinx>0, 4(1-cosx)≥0,所以h(x)>0, 所以h(x)无零点; 当x∈(0,4)时, h'(x)=2x-4xcosx=2x(1-2cosx), 当x∈ 0,π3 时,h'(x)<0; 当x∈ π3 ,4 时,h'(x)>0, 所以h(x)在 0,π3 上 单 调 递 减,在 π3,4 上 单 调 递增, 所以h(x)min=h π 3 =π 2 9+4- 4π 3sin π 3-4cos π 3 =π 2 9+2- 2 3π 3 <0 , 又h(0)=0,且h(4)=20-16sin4-4cos4>0, 所以h(x)在 0,π3 上 无 零 点,在 π3,4 上 有 唯 一 零点. 综上,h(x)在(0,+∞)上有唯一零点. 又h(0)=0且h(x)为偶函数, 故h(x)在R上有且仅有三个零点. 【真题体验】 1.证明 构造函数g(x)=x-x2-sinx,x∈(0,1),g'(x) =1-2x-cosx, g″(x)=-2+sinx<0,g'(x)在(0,1)上单调递减, ∴g'(x)<g'(0)=0, ∴g(x)在(0,1)上单调递减, ∴g(x)<g(0)=0, ∴x-x2<sinx,x∈(0,1). 构造函数h(x)=x-sinx,x∈(0,1),h'(x)=1-cosx >0,∴h(x)在(0,1)上单调递增, ∴h(x)>h(0)=0,即sinx<x,x∈(0,1). 综上,当0<x<1时,x-x2<sinx<x. 2.解析 (1)当a=0时,f x =-1x-lnx ,x>0, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —65— 高二数学(配BSD版) 则f' x =1x2 -1x= 1-x x2 , 当x∈ 0,1 时,f' x >0,f x 单调递增; 当x∈ 1,+∞ 时,f' x <0,f x 单调递减; 所以f x max=f 1 =-1. (2)f x =ax-1x- a+1 lnx ,x>0,则f' x =a+ 1 x2 -a+1x = ax-1 x-1 x2 , 当a≤0时,ax-1≤0,所以当x∈ 0,1 时,f' x >0, f x 单调递增; 当x∈ 1,+∞ 时,f' x <0,f x 单调递减; 所以f x max=f 1 =a-1<0,此时函数无零点,不 合题意; 当0<a<1时,1a>1 ,在 0,1 , 1a ,+∞ 上,f'(x) >0,f(x)单调递增; 在 1,1a 上,f'(x)<0,f(x)单调递减; 又f 1 =a-1<0,当x趋近正无穷大时,f(x)趋近于 正无穷大, 所以f(x)仅在 1a ,+∞ 有唯一零点,符合题意; 当a=1时,f'(x)= x-1 2 x2 ≥0,所以f(x)单调递增, 又f 1 =a-1=0, 所以f(x)有唯一零点,符合题意; 当a>1时,1a<1 ,在 0,1a ,1,+∞ 上,f'(x)>0, f(x)单调递增; 在 1 a ,1 上,f'(x)<0,f(x)单调递减;此时f 1 =a -1>0, 又f 1 an = 1an-1-an+n a+1 lna,当n趋近正无穷 大时,f 1 an 趋近负无穷, 所以f(x)在 0,1a 上有一个零点,在 1a,+∞ 上无 零点, 所以f(x)有唯一零点,符合题意; 综上,a的取值范围为 0,+∞ . 【易错警示】 [示例] [解析] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x) =1x+2ax+2a+1= (x+1)(2ax+1) x . 若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(0, +∞)上单调递增. 若a<0,则当x∈ 0,-12a 时,f'(x)>0; 当x∈ -12a ,+∞ 时,f'(x)<0. 故f(x)在 0,-12a 上单调递增,在 -12a,+∞ 上单 调递减. (2)证明 由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-12a 处取得 最大值,最大值为f -12a =ln -12a -1-14a. 所以f(x)≤-34a-2 等价于ln -12a -1-14a≤-34a -2,即ln -12a +12a+1≤0. 设g(x)=lnx-x+1(x∈(0,+∞)),则g'(x)=1x-1. 当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0. 所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故 当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0. 所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln -12a + 1 2a+1≤0 ,即f(x)≤-34a-2. 第二部分 开启一轮 作业(十一) 集合与常用逻辑用语 【基础诊断】 1.B 2.B 3.A 4.0或3 【知能提升】 考点一 1.C 由 x+y=1, x-y=3, 得 x=2,y=-1, ∴A∩B={(2,-1)}. 由 M⊆(A∩B),知 M=∅或 M={(2,-1)}. 2.C 集合A={x∈Z|x2-4x-5<0}={0,1,2,3,4}, B={x|4x>2m}= x x>m2 , ∵A∩B 中有三个元素,∴1≤m2<2 , 解得2≤m<4. 3.D 易知A={x|x2-8x+15>0}={x|x<3或x>5}, 由A∩B=∅, 可得 a≥3, a+1≤5, 所以3≤a≤4. 4.解析 由A∩B=A,故A⊆B, 由|x-3|≤m,得-m+3≤x≤m+3, 故 4≤m+3, -2≥-m+3, 解得m≥5, 即m 的最小值为5. 答案 5 5.解析 集合A={x| x2<t}={x|-t<x<t,t>0},集 合B={x|x2-x-2<0}={x|-1<x<2}. ∵集合A,B 构成“偏食”, ∴ t>0, -1<-t<2<t 或 t>0,-t<-1<t<2, 解得1<t<2. ∴实数t的取值范围为(1,2). 答案 (1,2) 考点二 1.ABD ∵x2+1≥1,∴ln(x2+1)≥ln1=0,故A为假 命题; 当x=4时,2x=x2,故B为假命题; 当α=β=0时,sin(α-β)=0=sinα-sinβ,故C为真 命题; 当x=π6 时,sinπ6<cos π 6 ,故D为假命题. 2.ACD 全 称 量 词 命 题 的 否 定 是 存 在 量 词 命 题,易 知 A正确. B项中,当x=2时,2x=x2,则B错误. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —75—