专题二 2.4.3　利用导数证明问题及讨论零点个数 课件（共64张PPT）

(共64张PPT)
2.4.3　利用导数证明问题及讨论零点个数
第三部分
内容索引
01
02
必备知识 精要梳理
关键能力 学案突破
必备知识 精要梳理
1.与ex、ln x有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥x+1;当m=1时,有ex>ex.
2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.
3.求解导数应用题宏观上的解题思想
(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性);重点是把导函数先“弄熟悉”;
(2)为了把导函数先“弄熟悉”采取的措施:
①通分;
②二次求导或三次求导;
③能画出导函数草图是最好的!
关键能力 学案突破
热点一
利用导数证明不等式(多维探究)
类型一　单未知数函数不等式的证明
【例1】已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)略;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
解 (1)略.
是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上单调递增.
又因为当x→-m+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,
所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实根x0,当-mx0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.
所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.
证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=ex-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞).
所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实根x0,且x0∈(-1,0).
当-2x0时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.
综上所述,当m≤2时,f(x)>0.
证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),
所以只要证明ex-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.
由ln x≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).
又因为ex≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以ex>ln(x+2),
即ex-ln(x+2)>0(x>-2),所以当m≤2时,f(x)>0.
解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.
2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)>0加强为ex-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.
因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),
即2x-y-1=0.
当a≥1时,ax2+x-1+ex+1≥x2+x-1+ex+1,因为ex≥1+x(x∈R),所以ex+1≥2+x,
所以x2+x-1+ex+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.
所以当a≥1时,f(x)+e≥0.
【例2】已知函数f(x)=x+ .
(1)略;
(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
解 (1)略.
∵p(1)=1-1-a=-a<0,
设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,h(x)在(0,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,
又∵F(1)=2-0-2=0,
∴F(x)>0,即h(x)min>0,
故当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.
【对点训练2】(2020全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(1)解 f'(x)=cos x(sin xsin 2x)+sin x(sin xsin 2x)'
=2sin xcos xsin 2x+2sin2xcos 2x
=2sin xsin 3x.
=|sin3xsin32x…sin32nx|
=|sin x||sin2xsin32x…sin32n-1xsin 2nx||sin22nx|
=|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,
类型二　双未知数函数不等式的证明
①若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②若Δ=a2-4≤0,即0(2)证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0g(x)证法2:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.
因为x1,x2是f(x)的两个极值点,
解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下4种:
方法1:利用换元法,化归为一个未知数;
方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;
方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;
方法4:利用主元法,构造函数证明.
令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x0=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,
所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,
(2)由f(x)有两个极值点x1,x2,
则f'(x)=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,
所以h(a)在[e,+∞)单调递减.
所以h(a)≤h(e).
即g'(a)≤g'(e)=ln 8e-6e+2=(1+3ln 2)-6e+2=3ln 2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,
所以g(a)在[e,+∞)单调递减,
g(a)≤g(e)=eln 8e-3e2+3e=e(1+3ln 2)-3e2+3e=e(3ln 2-3e+4)
所以g(a)<0,所以原不等式成立.
热点二
判断、证明或讨论函数零点个数
【例4】设函数f(x)=(x-1)ex- x2(其中k∈R).
(1)略;
(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.
解 (1)略.
(2)函数f(x)的定义域为R,
f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),
当00,解得x0.
∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在[ln k,0]上单调递减.
此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.
又f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,
∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,
∴f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在[0,ln k]上单调递减.
当x∈(-∞,ln k)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.
则g'(t)=et-t,g″(t)=et-1,
∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,
∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.
∴f(x)在[ln k,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.
解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的范围.
【对点训练4】(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln x,g(x)= .
(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;
(2)若 x0∈[1,+∞),使得f(x0)热点三
与函数零点有关的证明问题
【例5】(2019全国Ⅰ,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f'(x)在区间 存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.
综上,f(x)有且仅有2个零点.
解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.
2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.
【对点训练5】(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=exsin x.(e是自然对数的底数)
(1)求f(x)的单调递减区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:
∴g'(x)在(0,π)上图象大致如图.
且当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.
∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.∵g(0)=0,
又∵g(π)=-2π<0,由零点存在性定理得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,
∴函数g(x)在(0,π)上有两个零点.
热点四
利用导数解决存在性问题
【例6】(2019全国Ⅲ,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1 若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
(2)满足题设条件的a,b存在.
(ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.
(ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1
综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.
解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.
【对点训练6】(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln x- ax2-x.
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式
x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立 若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.
∴f'(1)=1-a-1=-a.
∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=ln x-x.
∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,
∴xln x-x>k(x-2)在x>1时恒成立,
即xln x-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,
令g(x)=xln x-(k+1)x+2k,x>1,
∴g'(x)=ln x-k,当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,
即g(x)在(1,+∞)上单调递增,
g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾,当k>0时,
令g'(x)>0,解得x>ek,令g'(x)<0,解得1∴g(x)在(1,ek)单调递减,在(ek,+∞)单调递增.
∴g(x)min=g(ek)=kek-(k+1)ek+2k=2k-ek>0,令h(k)=2k-ek,k>0,则h'(k)=2-ek,
∵当k0,函数h(k)单调递增,当k>ln 2时,h'(k)<0,函数h(k)单调递减,∴h(k)max=h(ln 2)=2ln 2-2=2(ln 2-1)<0,∴不存在整数k使得2k-ek>0恒成立.
综上所述不存在满足条件的整数k.