2019年高考数学二轮复习 专题2 三角 4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数课件 理.ppt

2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数,考向一,考向二,考向三,考向四,证明不等式(多维探究)例1(2018河北保定二模,理21)已知函数(a,bR且a0,e为自然对数的底数).(1)若曲线f(x)在点(e,f(e)处的切线斜率为0,且f(x)有极小值,求实数a的取值范围;(2)当a=b=1时,证明:xf(x)+20时,当x(0,e)时,f(x)0,当x(e,+)时,f(x)0,f(x)在(0,e)内为减函数,在(e,+)内为增函数,即f(x)有极小值而无极大值.ag(x)(xI,I是区间),只需证明f(x)ming(x)max,或证明f(x)ming(x)max且两个最值点不相等.,考向一,考向二,考向三,考向四,考向一,考向二,考向三,考向四,考向一,考向二,考向三,考向四,例2(2018河北保定一模,文21节选)已知函数f(x)=x+.(1)略;(2)设函数g(x)=lnx+1,证明:当x(0,+)且a0时,f(x)g(x).,考向一,考向二,考向三,考向四,解:(1)略.所以F(x)在(1,+)上为增函数.又F(1)=2-0-2=0,F(x)0,即h(x)min0,所以,当x(0,+)时,f(x)g(x).,考向一,考向二,考向三,考向四,解题心得欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(xI),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)min0(xI)(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.,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练2(2018山东青岛一模,理21节选)已知函数f(x)=e2x-ex-xex(e为自然对数的底数).(1)略;,考向一,考向二,考向三,考向四,解:(1)略.(2)由题意得f(x)=ex(2ex-x-2).令h(x)=2ex-x-2,则h(x)=2ex-1.x(-,-ln2),h(x)0,h(x)在(-ln2,+)上为增函数.由于h(-1)0,所以在(-2,-1)上存在x=x0满足h(x0)=0.h(x)在(-,-ln2)上为减函数,x(-,x0)时,h(x)0,即f(x)0,f(x)在(-,x0)上为增函数;x(x0,-ln2)时,h(x)0,即f(x)0,解得x0,f(x)的单调递减区间是(-,0),单调递增区间是0,+),当00,解得x0,所以f(x)在(-,lnk)和(0,+)上单调递增,在lnk,0上单调递减,当k=1时,f(x)0,f(x)在(-,+)上单调递增,当k1时,令f(x)0,解得xlnk,所以f(x)在(-,0)和(lnk,+)上单调递增,在0,lnk上单调递减;,考向一,考向二,考向三,考向四,(2)f(0)=-1,当00,又f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)在0,+)上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-,+)上有唯一的零点.当k=1时,由(1)知f(x)0,f(x)在(-,+)上单调递增,又f(0)=-1,f(2)=e2-20,故函数f(x)在定义域(-,+)上有唯一的零点.,考向一,考向二,考向三,考向四,当k1时,由(1)知,当x(-,lnk)时,f(x)f(x)max=f(0)=-12,g(t)0,g(t)在(2,+)上单调递增,g(t)g(2)=e2-20,所以g(t)在(2,+)上单调递增,得g(t)g(2)=e2-2,即f(k+1)0,所以f(x)在lnk,+)上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-,+)上有唯一的零点.综合知,当k0时,函数f(x)在定义域(-,+)上有且只有一个零点.,考向一,考向二,考向三,考向四,例4已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-lnx.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(2)用minm,n表示m,n中的最小值,设函数h(x)=minf(x),g(x)(x0),讨论h(x)零点的个数.,考向一,考向二,考向三,考向四,考向一,考向二,考向三,考向四,考向一,考向二,考向三,考向四,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.,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练4已知函数f(x)=alnx+-(a+1)x,aR.(1)当a=-1时,求函数f(x)的最小值;(2)当a1时,讨论函数f(x)的零点个数.,考向一,考向二,考向三,考向四,考向一,考向二,考向三,考向四,考向一,考向二,考向三,考向四,与函数零点有关的证明问题例5(2018四川广元适应考二,理21)已知函数f(x)=2lnx-x2+ax(aR).(1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程;(2)若函数f(x)有两个不同零点x1,x2,且00,设x1x20,g(x1)=0,g(x2)=0,lnx1-bx1=0,lnx2-bx2=0,lnx1-lnx2=b(x1-x2),lnx1+lnx2=b(x1+x2).要证lnx1+lnx22,即证b(x1+x2)2,考向一,考向二,考向三,考向四,利用导数解决存在性问题例6(2018四川内江一模,文21)已知函数f(x)=ex-ax-1(aR).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a1,是否存在正实数x,使得f(x)0?若存在,请求出一个符合条件的x,若不存在,请说明理由.,解:(1)f(x)的定义域为R,f(x)=ex-a,当a0时,f(x)0,故f(x)在R上单调递增;当a0时,令f(x)=0,得x=lna,当xlna时,f(x)0,故f(x)单调递增,综上所述,当a0时,f(x)在R上单调递增;当a0时,f(x)在(-,lna)上单调递减,在(lna,+)上单调递增.,考向一,考向二,考向三,考向四,(2)存在正数x=2lna,使得f(x)0,即f(2lna)=a2-2alna-10,其中a1.证明如下:设g(x)=x2-2xlnx-1(x1),则g(x)=2x-2lnx-2.设u(x)=x-lnx-1(x1),则u(x)=1-0,故u(x)在(1,+)上单调递增.u(x)u(1)=0,故g(x)=2x-2lnx-2=2u(x)0.g(x)在(1,+)上单调递增,故g(x)g(1)=0.当a1时,a2-2alna-10,f(2lna)=a2-2alna-10.,考向一,考向二,考向三,考向四,解题心得本例(2)中,利用导数的方法易得f(x)=ex-ax-1在x=lna有最小值,存在正实数x,使得f(x)0ex-ax-10exax+1,分别作出函数y=ex和y=ax+1的图象,当xlna时,y=ex的图象增长的快速,所以当x=2lna时,函数y=ex的图象一定在y=ax+1的图象上面,如下图所示,所以取了x=2ln