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

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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,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.,-3-,考向一,考向二,考向三,考向四,当a0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.a0,即实数a的取值范围为(-,0).,-4-,考向一,考向

2、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-,考向一,考向二,考向三,考向四,-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,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)=ln x+1,证明:当x(0,+)且a0时,f(x)g(x).,-9-,考向一,考向二,考向三,

3、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).,-10-,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

4、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.,-11-,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;,-12-,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(-,-ln 2),h(x)0,h(x)在(-ln 2,+)上为增函数. 由于h(-1)0, 所以在(-2,-1

5、)上存在x=x0满足h(x0)=0. h(x)在(-,-ln 2)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,-ln 2)时,h(x)0, 即f(x)0,f(x)在(x0,-ln 2)上为减函数.因此f(x)在(-,-ln 2)上只有一个极大值点x0, 由于h(0)=0,且h(x)在(-ln 2,+)上为增函数. x(-ln 2,0)时,h(x)0,-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,判断、证明或讨论函数零点个数 例3(2018江西南昌模拟,理21节选)已知函数f(x)= x2-mln x

6、. (1)略; (2)若m1,令F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数F(x)的零点个数,并说明理由.,-15-,考向一,考向二,考向三,考向四,-16-,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.,-17-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练 3(2018山东淄博一模,理21)设函数f(x)=(x-1)ex- x2(其中kR). (1)求函数f(x)的单调区间; (2)当k0时,讨论函

7、数f(x)的零点个数.,解: (1)函数f(x)的定义域为(-,+),f(x)=ex+(x-1)ex-kx=x(ex-k), 当k0时,令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(-,ln k)和(0,+)上单调递增,在ln k,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xln k, 所以f(x)在(-,0)和(ln k,+)上单调递增,在0,ln k上单调递减;,-18-,考向一,考向二,考向三,考向四,(2)f(0)=-1,当00,又f(x)在0,+)上

8、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.,-19-,考向一,考向二,考向三,考向四,当k1时,由(1)知,当x(-,ln k)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ln k,+)上有唯一的零点,故函

9、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.,-20-,考向一,考向二,考向三,考向四,例4已知函数f(x)=x3+ax+ ,g(x)=-ln x. (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.,-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,-23-,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

10、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.,-24-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练 4已知函数f(x)=aln x+ -(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.,-25-,考向一,考向二,考向三,考向四,-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,与函数零点有关的证明问题 例5(2018四川广元适应考二,

11、理21)已知函数f(x)=2ln x-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0x1x2,求证: 其中f(x)是f(x)的导函数.,解: (1)当a=2时,f(x)=2ln x-x2+2x,f(x)= -2x+2,切点坐标为(1,1),切线的斜率f(1)=2, 切线方程为y-1=2(x-1), 即y=2x-1.,-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,解题心得证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0,证明的思路一般对条件等价转化,

12、构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.,-30-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练 5(2018四川绵阳南山中学二模,理21节选)已知函数f(x)=aln x-bx-3(aR且a0) (1)略; (2)当a=1时,设g(x)=f(x)+3,若g(x)有两个相异零点x1,x2,求证:ln x1+ln x22.,-31-,考向一,考向二,考向三,考向四,解: (1)略. (2)当a=1时,g(x)=f(x)+3=ln x-bx,函数的定义域为x0,设x1x20,g(x1)=0,g(x2)=0,ln x1-bx1=0,ln x2-bx2

13、=0,ln x1-ln x2=b(x1-x2),ln x1+ln x2=b(x1+x2). 要证ln x1+ln x22, 即证b(x1+x2)2,-32-,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=ln a,当xln a时,f(x)0

14、,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(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增.,-33-,考向一,考向二,考向三,考向四,(2)存在正数x=2ln a,使得f(x)0,即f(2ln a)=a2-2aln a-10,其中a1.证明如下: 设g(x)=x2-2xln x-1(x1),则g(x)=2x-2ln x-2. 设u(x)=x-ln x-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-2ln x-2=2u(x)0. g(x)在(1,+)上单调递增, 故g(x)g(

15、1)=0. 当a1时,a2-2aln a-10, f(2ln a)=a2-2aln a-10.,-34-,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=ln a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xln a时,y=ex的图象增长的快速,所以当x=2ln a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 a,然后证明.,-35-,考向一,考向二,考向三,考向四,对点训练 6(2018河南安阳一模,理21)已知函数(1)讨论函数f(x)的单调性. (2)是否存在实数a,b,使f(x)ax+bg(x)对任意x(0,+)恒成立?若存在,试求出a,b的值;若不存在,请说明理由.,-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,