1、2.4.32.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数利用导数证明问题及讨论零点个数 第三部分第三部分 2021 内 容 索 引 01 02 必备知识必备知识 精要梳理精要梳理 关键能力关键能力 学案突破学案突破 必备知识必备知识 精要梳理精要梳理 1.与与ex、ln x有关的常用不等式的结论有关的常用不等式的结论 (1)由由f(x)=ex图象上任一点图象上任一点(m,f(m)的切线方程为的切线方程为y-em=em(x-m),得得 exem(x+1)-mem,当且仅当当且仅当x=m时时,等号成立等号成立.当当m=0时时,有有exx+1;当当m=1 时时,有有exex. (2)由过函数 f(x)=
2、ln x 图象上任一点(n,f(n)的切线方程为 y-ln n=1 (x-n),得 ln x1 x-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 x1 ex. 2.证明含参数的函数不等式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”其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得得 到“一平一曲”到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比将其与“平”进行比 较即可较即可. 3.求解导数应用题宏观上的解题思想求解导数应用题宏观上的解题思想 (1)借助导函数借助导函数(正负正负)研
3、究原函数研究原函数(单调性单调性);重点是把导函数先“弄熟悉”重点是把导函数先“弄熟悉”; (2)为了把导函数先“弄熟悉”采取的措施为了把导函数先“弄熟悉”采取的措施: 通分通分; 二次求导或三次求导二次求导或三次求导; 能画出导函数草图是最好的能画出导函数草图是最好的! 关键能力关键能力 学案突破学案突破 热点一热点一 利用导数证明不等式利用导数证明不等式(多维探究多维探究) 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 (1)略. (2)证法 1:f(x)定义域为(-m,+),f(x)=ex- 1 +
4、,f(x)=ex+ 1 (+)2 0,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e0 1 0+ =0,即 ln(x0+m)=-x0,于是 f(x0)=e0-ln(x0+m)= 1 0+x0= 1 0+x0+m-m2-m. 当 x0;当 m=2 时,等号成立的条件是 x0=-1, 但显
5、然 f(-1)=e -1 -ln(-1+2)=1 e-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- 1 +2,(x)=e x+ 1 (+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)=1 e-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
6、,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增, 所以当x=x0时,(x)取得最小值. 由 (x0)=0 可得e0 1 0+2=0,即 ln(x0+2)=-x0, 于是 (x0)=e0-ln(x0+2)= 1 0+2+x0= (0+1)2 0+2 0,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ln xx-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
7、,所以exln(x+2), 即ex-ln(x+2)0(x-2),所以当m2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. 证法 2 中,因为 (x0)的表达式涉及e0、 ln
8、(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e0 1 0+2=0 进行变形,得到两个 式子e0= 1 0+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)= 2+-1 e . (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. 解 (1)f(x)=- 2+(2-1)+2 e , 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)
9、f(x)+e0 2+-1 e +e0ax2+x-1+e x+1 0. 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】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). 解 (1)略. (2)令 h(x)=f(x)-g(x)=x+ -ln x-1(x0),h(x)=1- 2 1 = 2- 2 ,设 p(x)=x2-x-a=0, 函数 p(x)的图象的对称轴为
10、 x=1 2. 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+ 0-ln x0-1=x0+ 0 2- 0 0 -ln x0-1=2x0-ln x0-2, 令 F(x)=2x-ln x-2(x1),F(x)=2-1 = 2-1 0 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). 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
11、),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. 【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
12、明:|f(x)|3 3 8 ; (3)设 nN*,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx3 4 . (1)解 f(x)=cos x(sin xsin 2x)+sin x(sin xsin 2x) =2sin xcos xsin 2x+2sin2xcos 2x =2sin xsin 3x. 当 x 0, 3 2 3 , 时,f(x)0;当 x 3 , 2 3 时,f(x)0. 所以 f(x)在区间 0, 3 , 2 3 , 单调递增,在区间 3 , 2 3 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f 3 = 3 3 8 ,最小 值
13、为 f 2 3 =-3 3 8 .而 f(x)是周期为 的周期函数,故|f(x)| 3 3 8 . (3)证明 由于(sin2xsin22xsin22nx) 3 2 =|sin3xsin32xsin32nx| =|sin x|sin2xsin32xsin32n-1xsin 2nx|sin22nx| =|sin x|f(x)f(2x)f(2n-1x)|sin22nx| |f(x)f(2x)f(2n-1x)|, 所以 sin2xsin22xsin22nx 3 3 8 2 3 = 3 4 . 类型二 双未知数函数不等式的证明 【例 3】已知函数 f(x)=1 -x+aln x(aR). (1)讨论
14、f(x)的单调性; (2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,证明:( 1)-(2) 1-2 a-2. 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+),f(x)=- 1 2-1+ =- 2-+1 2 . 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- 2-4 2 x+ 2-4 2 , 由 f(x)0,可得 0x+ 2-4 2 , 所以 f(x)在 0, - 2-4 2 , + 2-4 2 , + 上单调递减,在 - 2-4 2 , + 2-4 2 上单 调递增. 综上所述,当 a2时,f(x)在(0,+)上单调递减; 当
15、a2时,f(x)在 0,- 2-4 2 , + 2-4 2 ,+ 上单调递减,在 - 2-4 2 , + 2-4 2 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. (1)-(2) 1-2 = 1 1-1+ln 1 - 1 2-2+ln 2 1-2 = 2-1 12 -(1-2)+(ln 1-ln 2) 1-2 =- 1 12-1+ (ln 1-ln 2) 1-2 =-2+(ln 1-ln 2) 1-2 , 于是( 1)-(2) 1-2
16、 a-2-2+(ln 1-ln 2) 1-2 a-2 ln 1-ln 2 1-2 1 -2ln 2 1 2-2 1 2ln x2+ 1 2-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= 2-4,x1x2=1. (1)-(2) 1-2 = 1 1-1+ln 1 - 1 2-2+ln 2 1-2 = 2-1 12 -(1-2)+ln 1 2 1-2 =- 1 12-1+ ln 1 2 1-2=-2- ln - 2-4 + 2-4 2-4 , 于是( 1
17、)-(2) 1-2 a-2-2- ln - 2-4 + 2-4 2-4 a-2ln + 2-4 - 2-4 2-4 ln + 2-4 2 2 2-4 ln + 2-4 2 0, 则 (t)=1- 1+ 2 2 2+1 2+1+ =1- 1 2+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( 1)-(2) 1-2 a-2 ln 1-ln 2 1-2 1,设 0x11x2,因为 x1x2=1, 所以ln 1-ln 2 1-2 1 ln 1-ln 2 1-2 1-2 12 ln 1 2 1 2 2 1, 令 t= 1 2 (0,1),
18、构造函数 h(t)=2ln t+1 -t, 由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以 h(t)h(1)=0,原不等式获证. 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)=1 4x 2-ax+aln 2x(a0). (1)若 a0 时 f(x)在1,e上的最小值是5 4-ln
19、2,求 a; (2)若 ae,且 x1,x2是 f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)1 2 (1 2 + 2 2)-2e(其中 e 为自然对数的底数). 解 (1)f(x)定义域是(0,+),f(x)= -a+ 2 = 2-2+2 2 . 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)=() 2 0. 所以 f(x)在1,e上单调递增. f(x)min=f(1)=1 4-a+aln 2= 5 4-ln 2,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x
20、2-2ax+2a=0在(0,+)有2个不相 等的实根, 则 = 4 2-8 0, 0, 解得 a2. x1+x2=2a,x1x2=2a,1 2 + 2 2=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a. 当 ae 时,f(x1)+f(x2)-1 2 (1 2 + 2 2)+2e=aln(4x1x2)-a(x1+x2)-1 4 (1 2 + 2 2)+2e =aln 8a-2a2-1 4(4a 2-4a)+2e=aln 8a-3a2+a+2e(ae). 令 g(a)=aln 8a-3a2+a+2e(ae),g(a)=ln 8a-6a+2(ae),令 h(a)=g(a) =ln 8a-6a+2,h(
21、a)=1 -6= 1-6 ,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)=ln 8e-6e+2=(1+3ln 2)-6e+2=3ln 2-6e+33-6e+3=6-6e0, 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) e(3-3e+4)=e(7-3e)0, 所以g(a)0时,讨论函数f(x)的零点个数. 2 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
22、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(x)f(x)max=f(ln k)=(ln k-1)k- 2ln 2k=- 2(ln k-1) 2+10. 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. 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)时,f(x)f(x)max=f(0)=-10,此时f(x)无零点. 当 xln k,+)时,f(ln k
23、)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. 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
24、. 【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x01,+),使得f(x0)0), 则 F(x)=1 1 22 = 2-1 22 , 令 F(x)=0,解得 x=1 2. 当 x 0, 1 2 ,F(x)0,F(x)在 1 2 , + 上单调递增.所以当 x=1 2时,F(x)min=F 1 2 = 1 2-ln 2. 因为1 2-ln 2=ln e 1 2-ln 20,所以 F(x)min0,F(e)=1+ 1 2e 1 2 = 1 2e + 1 20, 所以 F 1 e2
25、 F 1 2 0,F(e) F 1 2 2 时,令 h(x)=2- 22 0,得 1x0,得 x 2 .所以函数 h(x)=ln x- 2 在区间 1, 2 上单调递减,在区间 2 , + 上单调递增, 所以 h 2 2 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,+). 热点三热点三 与函数零点有关的证明问题与函数零点有关的证明问题 【例5】(2019全国,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. -1, 2
26、解 (1)设 g(x)=f(x),则 g(x)=cos x- 1 1+,g(x)=-sin x+ 1 (1+)2. 当 x -1, 2 时,g(x)单调递减,而 g(0)0,g 2 0; 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)=0,所以当 x(-1,0)时,f(x)0,故f(x)在区间(-1,0)内单调
27、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 x 0, 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,f 2 0;当 x , 2 时,f(x)0,所以当x 0, 2 时,f(x)0.从而,f(x)在区间 0, 2 上没有零点. ()当x 2 , 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. 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
28、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,)上只有两个零点.(参考数据: e 24.8) 解 (1)f(x)=exsin x,定义域为 R. f(x)=ex(sin x+cos x)= 2exsin x+ 4 .由 f(x)0 得 sin + 4 0,解得 2k+3 4 x0;当 x
29、 2, 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. x1 0, 2 ,x2 2 , ,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) 3 , + 时,f(x)0; 当 x 0, 3 时,f(x)0. 故 f(x)在(-,0), 3 , + 单调递增,在 0, 3 单调递减; 若 a=0
30、,f(x)在(-,+)单调递增; 若 a0; 当 x 3 ,0 时,f(x)0. 故 f(x)在 -, 3 ,(0,+)单调递增,在 3 ,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
31、,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. ()当 0a3 时,由(1)知,f(x)在0,1的最小值为 f 3 =- 3 27+b,最大值为 b 或 2-a+b. 若- 3 27+b=-1,b=1,则 a=3 2 3 ,与 0a3 矛盾. 若-a 3 27+b=-1,2-a+b=1,则 a=3 3或 a=-3 3或 a=0,与 0ak(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. 1 2 解 (1)函数f(x)在1,+)上单调递增,f(x)=1 -ax-10在1,+)上恒成立. a 1 2 1 = 1 -
32、 1 2 2 1 4, 当 x=2 时, 1 - 1 2 2 1 4有最小值- 1 4,a- 1 4. (2)f(x)=1 -ax-1, 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xf(x)+x-1k(x-2)在x1时恒成立, xln x-xk(x-2)在x1时恒成立, 即xln x-(k+1)x+2k0在x1时恒成立, 令g(x)=xln x-(k+1)x+2k,x1, g(x)=ln x-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kln 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 恒成立. 综上所述不存在满足条件的整数k.
