2021新高考数学二轮总复习学案：2-4-3　利用导数证明问题及讨论零点个数 WORD版含解析.docx

1、2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数必备知识精要梳理1.与ex、lnx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exem(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有exx+1;当m=1时,有exex.(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n)的切线方程为y-ln n=1n(x-n),得ln x1nx-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln xx-1;当n=e时,有ln x1ex.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

2、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:通分;二次求导或三次求导;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m2时,证明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

3、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.证法2中,因为(x0)的表达式涉及ex0、ln(x0+2),都是超越式,所以(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子ex0-1x0+2=0进行变形,得到两个式子ex0=1x0+2和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.【对点训练1】已知函数f(x)

4、=ax2+x-1ex.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)求证:当a1时,f(x)+e0.【例2】已知函数f(x)=x+ax.(1)略;(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x(0,+)且a0时,f(x)g(x).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

5、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,理21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,)的单调性;(2)证明:|f(x)|338;(3)设nN*,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n.类型二双未知数函数不等式的证明【例3】已知函数f(x)=1x-x+aln x(aR).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f

6、(x2)x1-x2a-2.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.【对点训练3】(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=14x2-ax+aln 2x(a0).(1)若a0时f(x)在1,e上的最小值是54-ln 2,求a;(2)若ae,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)0时,讨论函数f(x)的零点个数.解题心得有关函数

7、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)=mx-m2x.(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;(2)若x01,+),使得f(x0)k(x-2)在x1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数关键能力学案突破【例1】解(1)略.(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+),f(x)=ex-1x+

8、m,f(x)=ex+1(x+m)20,其中f(x)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-mxx0时,f(x)x0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.由f(x0)=0可得ex0-1x0+m=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=ex0-ln(x0+m)=1x0+m+x0=1x0+m+x0+m-m2-m.当x0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,但显然f(-1)=e-1-ln

9、(-1+2)=1e-00.所以等号不成立,即f(x0)0.综上所述,当m2时,f(x)f(x0)0.证法2:当m2,x(-m,+)时,ln(x+m)ln(x+2),于是f(x)ex-ln(x+2),所以只要证明(x)=ex-ln(x+2)0,x(-2,+).(x)=ex-1x+2,(x)=ex+1(x+2)20,其中(x)是(x)的导函数.于是(x)在(-2,+)上单调递增.又因为(-1)=1e-10,所以(x)=0在(-2,+)上有唯一的实根x0,且x0(-1,0).当-2xx0时,(x)x0时,(x)0,所以(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当x=x0时,(x

10、)取得最小值.由(x0)=0可得ex0-1x0+2=0,即ln(x0+2)=-x0,于是(x0)=ex0-ln(x0+2)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+20,于是(x)(x0)0.综上所述,当m2时,f(x)0.证法3:当m2,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m2时,f(x)0.由lnxx-1(x0)可得ln(x+2)x+1(x-2).又因为exx+1(xR),且两个不等号不能同时成立,所以exln(x+2),即ex-ln(x+2)0(x-2),所以当m2时,f(x)0.对点训练

11、1解(1)f(x)=-ax2+(2a-1)x+2ex,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.(2)f(x)+e0ax2+x-1ex+e0ax2+x-1+ex+10.当a1时,ax2+x-1+ex+1x2+x-1+ex+1,因为ex1+x(xR),所以ex+12+x,所以x2+x-1+ex+1x2+x-1+(2+x)=(x+1)20.所以当a1时,f(x)+e0.【例2】解(1)略.(2)令h(x)=f(x)-g(x)=x+ax-lnx-1(x0),h(x)=1-ax2-1x=x2-x-ax2,设p(x)=x2-x-a

12、=0,函数p(x)的图象的对称轴为x=12.p(1)=1-1-a=-a1,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,h(x)min=h(x0)=x0+ax0-lnx0-1=x0+x02-x0x0-lnx0-1=2x0-lnx0-2,令F(x)=2x-lnx-2(x1),F(x)=2-1x=2x-1x0恒成立,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,故当x(0,+)时,f(x)g(x).对点训练2(1)解f(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)=2si

13、nxcosxsin2x+2sin2xcos2x=2sinxsin3x.当x0,323,时,f(x)0;当x3,23时,f(x)0.所以f(x)在区间0,3,23,单调递增,在区间3,23单调递减.(2)证明因为f(0)=f()=0,由(1)知,f(x)在区间0,的最大值为f3=338,最小值为f23=-338.而f(x)是周期为的周期函数,故|f(x)|338.(3)证明由于(sin2xsin22xsin22nx)32=|sin3xsin32xsin32nx|=|sinx|sin2xsin32xsin32n-1xsin2nx|sin22nx|=|sinx|f(x)f(2x)f(2n-1x)|s

14、in22nx|f(x)f(2x)f(2n-1x)|,所以sin2xsin22xsin22nx3382n3=3n4n.【例3】解(1)函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.若a0,则f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递减.若=a2-40,即00,即a2时,由f(x)0,可得a-a2-42xa+a2-42,由f(x)0,可得0xa+a2-42,所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.综上所述,当a2时,f(x)在(0,+)上单调递减;当a2时,f(x)在0,a-a2-42,a+a

15、2-42,+上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.(2)证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a2.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0x11x2.f(x1)-f(x2)x1-x2=1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-1x1x2-1+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2,于是f(x1)-f(x2)x1-x2a-2-2+a(lnx1-lnx2)x1-x

16、2a-2lnx1-lnx2x1-x21-2lnx21x2-x212lnx2+1x2-x21,由(1)知,g(x)在(1,+)上单调递减,所以g(x)2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0x11x2,则x2-x1=a2-4,x1x2=1.f(x1)-f(x2)x1-x2=1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+alnx1x2x1-x2=-1x1x2-1+alnx1x2x1-x2=-2-alna-a2-4a+a2-4a2-4,于是f(x1)-f(x2)x1-x2a-2-2-alna-a2-4

17、a+a2-4a2-4a-2lna+a2-4a-a2-4a2-4lna+a2-422a2-4lna+a2-420,则(t)=1-1+2t2t2+1t2+1+t=1-1t2+10,所以(t)在(0,+)上单调递增,于是(t)(0)=0,原不等式获证.证法3:仿照证法1,可得f(x1)-f(x2)x1-x2a-2lnx1-lnx2x1-x21,设0x11x2,因为x1x2=1,所以lnx1-lnx2x1-x21lnx1-lnx2x1-x2x1-x2x1x2lnx1x2x1x2-x2x1,令t=x1x2(0,1),构造函数h(t)=2lnt+1t-t,由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以h

18、(t)h(1)=0,原不等式获证.对点训练3解(1)f(x)定义域是(0,+),f(x)=ax-a+x2=x2-2ax+2a2x.令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x0=aa,g(1)=10,所以当x1,e时,g(x)0,即f(x)=g(x)2x0.所以f(x)在1,e上单调递增.f(x)min=f(1)=14-a+aln2=54-ln2,解得a=-1.(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,则=4a2-8a0,a0,解得a2.x1+x2=2a,x1x2=2a,x12+x22=(x1+x2

19、)2-2x1x2=4a2-4a.当ae时,f(x1)+f(x2)-12(x12+x22)+2e=aln(4x1x2)-a(x1+x2)-14(x12+x22)+2e=aln8a-2a2-14(4a2-4a)+2e=aln8a-3a2+a+2e(ae).令g(a)=aln8a-3a2+a+2e(ae),g(a)=ln8a-6a+2(ae),令h(a)=g(a)=ln8a-6a+2,h(a)=1a-6=1-6aa,当ae时,h(a)0,所以h(a)在e,+)单调递减.所以h(a)h(e).即g(a)g(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+33-6e+3=6-6e0

20、,所以g(a)在e,+)单调递减,g(a)g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)e(3-3e+4)=e(7-3e)0,所以g(a)0,所以原不等式成立.【例4】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(-,lnk)和(0,+)上单调递增,在lnk,0上单调递减.由f(0)=-1,当x(-,0)时,f(x)f(x)max=f(lnk)=(lnk-1)k-k2ln2k=-k2(lnk-1)2+10.又f(x)在0,+)上单调递增,f(x)在0,

21、+)上有唯一的零点,函数f(x)在定义域(-,+)上有唯一的零点.当k1时,令f(x)0,解得xlnk,f(x)在(-,0)和(lnk,+)上单调递增,在0,lnk上单调递减.当x(-,lnk)时,f(x)f(x)max=f(0)=-10,此时f(x)无零点.当xlnk,+)时,f(lnk)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

22、合可知,当k0时,函数f(x)在定义域(-,+)上有且只有一个零点.对点训练4解(1)F(x)=lnx-x-12x,即F(x)=lnx+12x-12(x0),则F(x)=1x-12x2=2x-12x2,令F(x)=0,解得x=12.当x0,12,F(x)0,F(x)在12,+上单调递增.所以当x=12时,F(x)min=F12=12-ln2.因为12-ln2=lne12-ln20,所以F(x)min0,F(e)=1+12e-12=12e+120,所以F1e2F120,F(e)F122时,令h(x)=2x-m2x20,得1x0,得xm2.所以函数h(x)=lnx-mx-m2x在区间1,m2上单调

23、递减,在区间m2,+上单调递增,所以hm22时,存在x01,使h(x0)0,即f(x0)2符合题意.综上可知,实数m的取值范围是(2,+).【例5】解(1)设g(x)=f(x),则g(x)=cosx-11+x,g(x)=-sinx+1(1+x)2.当x-1,2时,g(x)单调递减,而g(0)0,g20;当x,2时,g(x)0.所以g(x)在区间(-1,)内单调递增,在区间,2内单调递减,故g(x)在区间-1,2内存在唯一极大值点,即f(x)在区间-1,2内存在唯一极大值点.(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)=

24、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.()当x0,2时,由(1)知,f(x)在区间(0,)内单调递增,在区间,2内单调递减,而f(0)=0,f20;当x,2时,f(x)0,所以当x0,2时,f(x)0.从而,f(x)在区间0,2上没有零点.()当x2,时,f(x)0,f()1,所以f(x)0,从而f(x)在区间(,+)内没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.对点训练5解(1)f(x)=exsinx,定义域为R.f(x)=ex(sinx+cosx)=2exsinx+4.由f(x)0得s

25、inx+40,解得2k+34x0;当x2,时,g(x)0.g(x)在0,2上单调递增,在2,上单调递减,又g(0)=1-20,g()=-e-20,g(x)在(0,)上图象大致如图.x10,2,x22,使得g(x1)=0,g(x2)=0,且当x(0,x1)或x(x2,)时,g(x)0.g(x)在(0,x1)和(x2,)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.g(0)=0,g(x1)0,g(x2)0.又g()=-20,则当x(-,0)a3,+时,f(x)0;当x0,a3时,f(x)0.故f(x)在(-,0),a3,+单调递增,在0,a3单调递减;若a=0,f(x)在(-,+)单调递增;若a0;当x

26、a3,0时,f(x)0.故f(x)在-,a3,(0,+)单调递增,在a3,0单调递减.(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.()当0a3时,由(1)知,f(x)在0,1的最小值为fa3=-a327

27、+b,最大值为b或2-a+b.若-a327+b=-1,b=1,则a=332,与0a3矛盾.若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-33或a=0,与0ak(x-2)在x1时恒成立,xlnx-xk(x-2)在x1时恒成立,即xlnx-(k+1)x+2k0在x1时恒成立,令g(x)=xlnx-(k+1)x+2k,x1,g(x)=lnx-k,当k0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-10,则k1,矛盾,当k0时,令g(x)0,解得xek,令g(x)0,解得1x0,令h(k)=2k-ek,k0,则h(k)=2-ek,当k0,函数h(k)单调递增,当kln2时,h(k)0,函数h(k)单调递减,h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)0恒成立.综上所述不存在满足条件的整数k.