（通用版）2020版高考数学专题二函数与导数2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数课件理.pptx

1、2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数,-2-,考向一,考向二,考向三,考向四,利用导数证明不等式(多维探究) 例1(2019河北衡水同卷联考,理21)已知函数f(x)=x2eax-1. (1)略; (2)当a e时,求证:f(x)ln x.,-3-,考向一,考向二,考向三,考向四,-4-,考向一,考向二,考向三,考向四,-5-,考向一,考向二,考向三,考向四,解题心得证明f(x)g(x)(xI,I是区间),只需证明f(x)ming(x)max. 证明f(x)g(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.,-6-,考向

2、一,考向二,考向三,考向四,对点训练1(2019北京卷,理19)已知函数f(x)= x3-x2+x. (1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程; (2)当x-2,4时,求证:x-6f(x)x; (3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(aR),记F(x)在区间-2,4上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.,-7-,考向一,考向二,考向三,考向四,-8-,考向一,考向二,考向三,考向四,(3)解 由(2)知, 当a3; 当a-3时,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3; 当a=-3时,M(a)=3. 综上,当M(a)最小时,a=-3.,-9-,考向一,考向二,考向三

3、,考向四,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a0时,f(x)g(x).,-10-,考向一,考向二,考向三,考向四,-11-,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

4、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.,-12-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练2已知函数f(x)=a+ln x2且f(x)a|x|. (1)求实数a的值; (2)令g(x)= 在(a,+)上的最小值为m,求证:6f(m)7.,-13-,考向一,考向二,考向三,考向四,-14-,考向一,考向二,考向三,考向四,要使h(t)0在t0时恒成立,则只需h(t)max0, 亦即a-2+2ln 2-2ln a0, 令(a)=a-2+2ln 2-2ln a, 所以当

5、02时,(a)0, 即(a)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增. 又(2)=0,满足条件的a只有2,即a=2.,-15-,考向一,考向二,考向三,考向四,(方法二)a+ln x2a|x|恒成立等价于a-at+2ln t0在t0时恒成立, 令h(t)=a-at+2ln t,由于h(1)=0,故a-at+2ln t0h(t)h(1), 所以h(1)为函数h(t)的最大值,同时也是一个极大值,故h(t)=0. 当t1时,h(t)0, 即h(t)在(0,1)上单调递增;在(1,+)上单调递减.故a=2合题意.,-16-,考向一,考向二,考向三,考向四,x2,s(x)0,即s(x)在(2,+

6、)上单调递增; 又s(8)0, x0(8,9),使得s(x0)=0,且当2x0时,s(x)0,即g(x)在(2,x0)上单调递减;在(x0,+)上单调递增. x0为极小值点,则g(x0)=0, 2ln x0=x0-4. 即m=x0,f(m)=f(x0)=2+2ln x0=x0-2(6,7),即6f(m)7.,-17-,考向一,考向二,考向三,考向四,判断、证明或讨论函数零点个数 例3(2019河南开封一模,文21)设函数f(x)=(x-1)ex- x2(其中kR). (1)略; (2)当k0时,讨论函数f(x)的零点个数.,-18-,考向一,考向二,考向三,考向四,解 (1)略. (2)函数f

7、(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. 由f(0)=-1,当x(-,0)时,f 此时f(x)无零点,当x0,+)时,f(2)=e2-2ke2-20. 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.,-19-,考向一,考向二,考向三,考向四,当k1时,令f(x)0,解得xln 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)

8、时,f(x)f(x)max=f(0)=-12, 则g(t)=et-t,g(t)=et-1, t2,g(t)0,g(t)在(2,+)上单调递增,g(t)g(2)=e2-20, g(t)在(2,+)上单调递增,得g(t)g(2)=e2-20,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. 综合可知,当k0时,函数f(x)在定义域(-,+)上有且只有一个零点.,-20-,考向一,考向二,考向三,考向四,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

9、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.,-21-,考向一,考向二,考向三,考向四,-22-,考向一,考向二,考向三,考向四,令r(x)=ex-2x,r(x)=ex-2,由r(x)=0,得x=ln 2, 所以,当x(0,ln 2)时,r(x)0,f(x)递增. 所以r(x)r(ln 2)=2-ln 20恒成立, 当x(0,1)时,(x)0,(x)递增. 所以(x)(1)=e-20, f(x)g(x).,-23-,考向一,考向二,考向三,考向四,-24-,考向一,考向二,考向三,考向四,-25-,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4(2019全国卷

10、1,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f(x)为f(x)的导数.证明: (2)f(x)有且仅有2个零点.,-26-,考向一,考向二,考向三,考向四,-27-,考向一,考向二,考向三,考向四,(2)f(x)的定义域为(-1,+). ()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.,-28-,考向一,考向二,考向三,考向四,-29-,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,

11、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.,-30-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练4(2019全国卷2,理20)已知函数f(x)=ln x- . (1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点; (2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.,-31-,考向一,考向二,考向三,考向四,-

12、32-,考向一,考向二,考向三,考向四,-33-,考向一,考向二,考向三,考向四,利用导数解决存在性问题 例5(2019全国卷3,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.,-34-,考向一,考向二,考向三,考向四,-35-,考向一,考向二,考向三,考向四,(2)满足题设条件的a,b存在. ()当a0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. ()当a3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.,-36-,考向一,考向二,考向三,考向四,-37-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练5(2019北京东城一模,理18)设函数f(x)=ax2+(a-2)x-ln x的极小值点为x0. (1)若x0=1,求a的值f(x)的单调区间; (2)若0x01,在曲线y=f(x)上是否存在点P,使得点P位于x