函数与导数第Ⅱ问考向分析

前言

考向分析

①可能要用到第Ⅰ问的结论；

②一般会用到导数知识，个别的可能还需要二阶导；

③可能用到构造函数；

④可能用到赋值法；

⑤可能用到零点存在性定理；

⑥一般要用到分类讨论思想；

⑦可能用到函数或曲线所过的定点；

⑧函数零点的设而不求的技巧应用；

题型列举

• 已知含有参数\(a\)的函数\(f(x)>0\)恒成立，求参数\(a\)的取值范围；

思路1：完全分离参数\(a\)，得到\(a>h(x)\)或\(a<h(x)\)，再次转化为求函数\(h(x)\)的最值，此时必然少不了用导数研究单调性，再得到最值；

思路2：不完全分离参数\(a\)，比如得到\(a\cdot h(x)>g(x)\)，此时利用数形结合，可能要用到直线和曲线相切或者曲线和曲线相切；

思路3：利用\(f(x)_{min}>0\)，这样\(f(x)_{min}\)中会包含有参数\(a\)，解此不等式即可求得\(a\)的范围；

• 需要证明\(f(x)>0\)恒成立，[或证明\(g(x)>h(x)\)，可转化为\(f(x)=g(x)-h(x)>0\)]

思路：需要说明\(f(x)_{min}>0\)，而得到\(f(x)_{min}\)时，可能有以下情形：

情形1，最小值点\(x_0\)是确定的，则\(f(x_0)>0\)；

情形2，最小值点\(x_0\)不确定，比如\(x_0\in (a，b)\)内，则求解\(f(x_0)\)可能要用到二阶导，或用到均值不等式；

已知\(f(x)=lnx-x^2\)，证明\(f(x)<e^x-x^2-2\)。

分析：原命题等价于\(e^x-lnx-2>0\)对\(x\in (0，+\infty)\)恒成立，

令\(h(x)=e^x-lnx-2\)，则\(h'(x)=e^x-\cfrac{1}{x}\)，\(x>0\)，

再令\(F(x)=h'(x)\)，则\(F'(x)=e^x+\cfrac{1}{x^2}>0\)，

则\(F(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递增；

由于\(F(\cfrac{1}{2})=\sqrt{e}-2<0\)，\(F(1)=e-1>0\)，

所以\(F(x)\)在\((0，+\infty)\)上有唯一的零点\(x_0\)，且\(\cfrac{1}{2}<x_0<1\)，

当\(x\in (0，x_0)\)时，\(h'(x)=F(x)<0\)，函数\(h(x)\)单调递减，

当\(x\in (x_0，+\infty)\)时，\(h'(x)=F(x)>0\)，函数\(h(x)\)单调递增，

所以函数\(h(x)\)有极小值\(h(x_0)\)，

由于\(F(x_0)=0\)，即\(e^{x_0}=\cfrac{1}{x_0}\)，两边取自然对数得到，

\(x_0=ln\cfrac{1}{x_0}=-lnx_0\)，

则\(h(x_0)=e^{x_0}-lnx_0-2=\cfrac{1}{x_0}+x_0-2> 2\sqrt{\cfrac{1}{x_0}\cdot x_0}-2=0\)，

即函数\(h(x)>0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立，

即当\(x>0\)时，\(f(x)<e^x-x^2-2\)。

典例剖析

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知函数\(f(x)=e^x+ax+a\)，其中\(a\in R\)，\(e\)为自然对数的底数，

(1)、讨论\(f(x)\)的单调性；

分析：\(f'(x)=e^x+a\)，

当\(a\ge 0\)时，\(f'(x)>0\)，函数\(f(x)\)在\(R\)上单调递增，

当\(a<0\)时，令\(e^x+a=0\)，解得\(x=ln(-a)\)，则函数\(f(x)\)在\((-\infty，ln(-a))\)上单调递减，在\((ln(-a)，+\infty)\)上单调递增。

(2)、当\(a<0\)时，对于\(\forall x\in R\)，都有\(f(x)\ge 0\)，

①求\(a\)的取值范围；

分析：由(1)可知，当\(a<0\)时，\(x=ln(-a)\)时取到最小值，

\(f(ln(-a))=-a+aln(-a)+a=aln(-a)\geqslant 0\)，即\(ln(-a)\leqslant 0\)，

解得\(0<-a\leqslant 1\)，即\(-1\leqslant a<0\)，即\(a\in [-1，0)\)。

②证明：\(1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}>ln(n+1)\)；\((n\in N^*)\).

证明：令\(g(x)=x-ln(x+1)\)，\(x\in (0，1)\)，则\(g'(x)=1-\cfrac{1}{1+x}=\cfrac{x}{x+1}>0\)，

则\(g(x)\)在\(x\in (0，1)\)上单调递增，所以\(g(x)>g(0)=0\)，

所以，\(x>ln(x+1)\)，\(x\in (0，1)\)恒成立。

令\(x=\cfrac{1}{n}\)，则\(\cfrac{1}{n}>ln(1+\cfrac{1}{n})=ln(n+1)-lnn\)，

所以\(1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}>ln2-ln1+ln3-ln2+\cdots+ln(n+1)-lnn=ln(n+1)\)

故\(1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}>ln(n+1)\)；\((n\in N^*)\).

解后反思：①需要整理的常用不等关系：\(e^x\ge x+1\)；\(x-1\ge lnx\)；

②本题中的几次赋值代换。

在\(x-1\ge lnx\)中，用\(x+1\)替换\(x\)得到\(x>ln(x+1)\)，此处定义域发生了变化；

在\(x>ln(x+1)\)，\(x\in (0，1)\)，令\(x=\cfrac{1}{n}\)，则\(\cfrac{1}{n}>ln(1+\cfrac{1}{n})=ln(n+1)-lnn\)，

【2016山东青岛一模】已知函数\(f(x)=sinx-ax\)，

(1)对于\(x\in(0，1)\)，\(f'(x)>0\)恒成立，求实数\(a\)的取值范围。

分析：利用\(cosx-a>0\)在\(x\in(0，1)\)恒成立，可以求得\(a<cos1\)。

(2)当\(a=1\)时，令\(h(x)=f(x)-sinx+lnx+1\)，求\(h(x)\)的最大值。

分析：此时\(h(x)=lnx-x+1\)，如果能知道结论\(lnx\leq x-1\)，

即可知\(h(x)_{max}=h(1)=0\)。或利用导数也可以求得\(h(x)_{max}=h(1)=0\)。

(3)求证：\(ln(n+1)<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}(n\in N^*)\)。

分析：看到这样的不等式关系，我们应该想到的有裂项相消法、数学归纳法，

法1、由(2)的结论\(lnx \leq x-1\)得到\(ln(x+1)\leq x(x\neq 0)\)，

若将其延伸到自然数，则有\(ln(n+1)<n\)，再做代换，

用\(\cfrac{1}{n}\)替换\(n\)，变形得到\(ln(\cfrac{1}{n}+1)<\cfrac{1}{n}\)，

即\(ln(\cfrac{n+1}{n})=ln(n+1)-lnn<\cfrac{1}{n}\)，

令此式中的\(n\)分别取\(1，2，3，\cdots，n\)，即得到以下\(n\)个表达式：

\(ln\cfrac{2}{1}<1\)；即\(ln2-ln1<1\)

\(ln\cfrac{3}{2}<\cfrac{1}{2}\)；即\(ln3-ln2<\cfrac{1}{2}\)；

\(ln\cfrac{4}{3}<\cfrac{1}{3}\)；即\(ln4-ln3<\cfrac{1}{3}\)；

\(\cdots\)；\(\cdots\)；

\(ln\cfrac{1+n}{n}<\cfrac{1}{n}\)；即\(ln(n+1)-lnn<\cfrac{1}{n}\)；以上式子累加，得到

\(ln(n+1)-ln1<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}\)，

即\(ln(n+1)<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}(n\in N^*)\)。

【2020届宝鸡质检1文数第20题】已知\(f(x)=\cfrac{lnx+a}{x}\)，\(g(x)=e^x-1\)，

(1).讨论函数\(f(x)\)的单调性；

分析：定义域为\((0，+\infty)\)，\(f'(x)=\cfrac{-lnx+1-a}{x^2}\)，[利用分子函数的图像思考，可以降低思维难度]

令\(f'(x)=0\)，则\(lnx=1-a\)，故\(x=e^{1-a}\)，

则当\(x\in (0，e^{1-a})\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，

当\(x\in (e^{1-a}，+\infty)\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，

综上所述，函数\(f(x)\)的单调递增区间为\((0，e^{1-a})\)，单调递减区间为\((e^{1-a}，+\infty)\)；

(2).[难点题目]若\(x>0\)，\(g(x)\geqslant f(x)\)恒成立，求实数\(a\)的最大值；

分析：由题目可知，\(\cfrac{lnx+a}{x}\leqslant e^x-1\)对\(x>0\)恒成立，

即\(a\leqslant x(e^x-1)-lnx\)对\(x>0\)恒成立，

令\(h(x)=x(e^x-1)-lnx(x>0)\)，则需要求函数\(h(x)_{min}\)，

\(h'(x)=e^x-1+xe^x-\cfrac{1}{x}=\cfrac{xe^x-x+x^2e^x-1}{x}=\cfrac{(x+1)(xe^x-1)}{x}\)

[以下我们要考虑\(y=xe^x-1\)的正负，可以用图像法和导数法两个思路求解]

【思路1】：令\(y=xe^x-1\)，想知道这个函数的零点，必然要想到用图形的思路，而不是计算的思路；

在同一个坐标系中做出\(y=e^x\)和\(y=\cfrac{a}{x}\)的图形，大致能看到\(x_0\in (0，1)\)，

在\(x\in (0,x_0)\)上，\(\cfrac{1}{x}>e^x\)，即\(xe^x-1<0\)，

在\(x\in (x_0,+\infty)\)上，\(\cfrac{1}{x}<e^x\)，即\(xe^x-1>0\)，

当\(x=x_0\)时，\(xe^x-1=0\)，即\(x_0e^{x_0}-1=0\)，且\(x_0=-lnx_0\);

故对函数\(h'(x)\)而言，\(x\in (0,x_0)\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，

\(x\in (x_0,+\infty)\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，

故\(h(x)_{min}=h(x_0)=x_0e^{x_0}-x_0-lnx_0=1-x_0-lnx_0=1\)，

故\(a\leqslant 1\)，故\(a_{max}=1\)。

【思路2】：令\(m(x)=xe^x-1\)，则\(m'(x)=e^x+xe^x=e^x(x+1)>0\)，故函数\(m(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增，

又\(m(0)=-1<0\)，\(m(1)=e-1>0\)，故函数存在零点\(x_0\)，使得\(m(x_0)=0\)，\(x_0\in (0,1)\)，

故对函数\(h'(x)\)而言，\(x\in (0,x_0)\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，

\(x\in (x_0,+\infty)\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，

故\(h(x)_{min}=h(x_0)=x_0e^{x_0}-x_0-lnx_0=1-x_0-lnx_0=1\)，

故\(a\leqslant 1\)，故\(a_{max}=1\)。

解后反思：本题目中求函数\(m(x)=xe^x-1\)的零点的设而不求的技巧要特别注意体会和理解，否则我们的思路会到此戛然而止。