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)>lnx.注:(eax)''=a·eax--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证明f(x)≥g(x)(x∈I,I是区间),只需
证明f(x)min≥g(x)max.证明f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),只需证明f(x)min>g(x)max,或证明f(
x)min≥g(x)max且两个最值点不相等.--考向一考向二考向三考向四对点训练1(2019北京卷,文20,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-6≤f(x)≤x
;(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),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.--考向一考向二考向三考向四--考向一考向二考向三考向四(3)解由(2)知,当a<-3时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a
|=-a>3;当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小
时,a=-3.--考向一考向二考向三考向四例2已知函数f(x)=x+.(1)略;(2)设函数g(x)=lnx+1,证明:当
x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).--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欲证函数不等式f(
x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),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)min>0(x∈I
)(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已知函数f(x)=a+lnx2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:6使h(t)≤0在t>0时恒成立,则只需h(t)max≤0,亦即a-2+2ln2-2lna≤0,令φ(a)=a-2+2ln2-
2lna,所以当02时,φ''(a)>0,即φ(a)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调
递增.又φ(2)=0,∴满足条件的a只有2,即a=2.--考向一考向二考向三考向四(方法二)a+lnx2≤a|x|恒成立等价于a
-at+2lnt≤0在t>0时恒成立,令h(t)=a-at+2lnt,由于h(1)=0,故a-at+2lnt≤0?h(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t>1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.--考向一考向二考向三考向四∵x>2,∴s''(x)>0,即s(x)在(2
,+∞)上单调递增;又s(8)<0,s(9)>0,∴?x0∈(8,9),使得s(x0)=0,且当2>x0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,∴2
lnx0=x0-4.即m=x0,∴f(m)=f(x0)=2+2lnx0=x0-2∈(6,7),即6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k
∈R).(1)略;(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.--考向一考向二考向三考向四解(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xx>0.∴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此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.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.--考向一考向二考向三考向四②当k>1时,令f''
(x)>0,解得x<0或x>lnk,∴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)=-1<0,此时f(x)无零点.当x∈[lnk,+∞)时,令g(t)=e
t-t2,t=k+1>2,则g''(t)=et-t,g″(t)=et-1,∵t>2,g″(t)>0,g''(t)在(2,+∞)上单
调递增,g''(t)>g''(2)=e2-2>0,∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,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.综合①②可知,当k>0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.--考向一考向二考向三考向四--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=ln2,所以,当x∈(0,ln2)时,r''(x)<0,r(x)递减;当x∈(ln2,+∞)时,r''(x
)>0,f(x)递增.所以r(x)≥r(ln2)=2-ln2>0恒成立,当x∈(0,1)时,φ''(x)<0,φ(x)递减;当x
∈(1,+∞)时,φ''(x)>0,φ(x)递增.所以φ(x)≥φ(1)=e-2>0,∴f(x)>g(x).--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4(2019全国卷1,理20)已知函数f(x
)=sinx-ln(1+x),f''(x)为f(x)的导数.证明:(2)f(x)有且仅有2个零点.--考向一考向二考向三考向四--
考向一考向二考向三考向四(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(ⅰ)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.--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(2019全国卷2,理20)已知函数f(x)=lnx-.(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=lnx在点A(x0,ln
x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.--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.--考向一考向二考向三
考向四--考向一考向二考向三考向四(2)满足题设条件的a,b存在.(ⅰ)当a≤0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.(ⅱ)当a≥3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.--考向一考向二考向
三考向四--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-lnx的极小
值点为x0.(1)若x0=1,求a的值f(x)的单调区间;(2)若0的下方?若存在,求出一个点P坐标,若不存在,说明理由.--考向一考向二考向三考向四解(1)f(x)定义域为(0,+∞).所以f''
(x)<0?00?x>1.所以f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以函数f(
x)在x=1处取得极小值,符合题意.综上,当a=1时,f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞).--考向一考
向二考向三考向四证明(1)略.(2)由f(x)>lnx,得x2eax>lnx+1,即设g(x)=,则g''(x)==-=-当0
0;当x>时,g''(x)<0.所以g(x)在区间0,内是增函数,在区间,+∞内是减函数,所以x=是g(x)的
极大值点,也是g(x)的最大值点,即g(x)max=g=e2.设h(x)=(x>0),则h''(x)=当0当x>时,h''(x)>0.所以h(x)在区间0,内是减函数,在区间,+∞内是增函数,所以x=是h(x)的极小值点,也是h(x)的最
小值点,即h(x)min=h=ae.综上,g(x)e2lnx成立.(1)解由f(x)=x3-x2
+x得f''(x)=x2-2x+1.令f''(x)=1,即x2-2x+1=1,得x=0或x=又f(0)=0,f,所以曲线y=f(x)的
斜率为1的切线方程是y=x与y-=x-,即y=x与y=x-(2)证明令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].由g(x)=x3
-x2得g''(x)=x2-2x,令g''(x)=0得x=0或x=g''(x),g(x)的情况如下:x-2(-2,0)04g''(x)+-
+g(x)-6↗0↘-↗0所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.解(1)略.(2
)令h(x)=f(x)-g(x)=x+-lnx-1(x>0),h''(x)=1-,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图象
的对称轴为x=∵p(1)=1-1-a=-a<0,设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,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+-lnx0-1=x0+-lnx0
-1=2x0-lnx0-2,令F(x)=2x-lnx-2(x>1),F''(x)=2->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)min>0,故当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).解(1)
(方法一)a+lnx2≤a|x|恒成立等价于a-at+2lnt≤0在t>0时恒成立,令h(t)=a-at+2lnt,则h''(
t)=-a=,当a≤0时,h''(t)>0,故h(t)在(0,+∞)上单调递增,由h(1)=0,则当t>1时,h(t)>h(1)=0
,不合题意.当a>0时,h''(t)=,∴当00;当t>时,h''(t)<0,∴h(t)在上单调递增,在上单调递
减,即h(t)max=h=a-2+2ln2-2lna,则φ''(a)=1-,又h''(t)=-a=,所以a=2.此时h''(t)=,
(2)由(1)知g(x)=(x>2),∴g''(x)=,令s(x)=x-2lnx-4,则s''(x)=1-,∴g(x)min=g(x
0)==x0,f(x)≤f(x)max=f(lnk)=(lnk-1)k-ln2k=-[(lnk-1)2+1]<0,f(ln
k))=,g(x)=2(x-lnx).(1)当x>0时,证明f(x)>g(x);(2)已知点P(x,xf(x)),点Q(-sinx
,cosx),设函数h(x)=,当x∈-时,试判断h(x)的零点个数.解(1)令φ(x)=f(x)-g(x)=-2(x-ln
x),则φ''(x)=-21-=(2)=(x,ex),h(x)==-xsinx+excosx.h''(x)=-sinx-xcos
x+excosx-exsinx=(ex-x)cosx-(ex+1)sinx.①当x∈-,0时,ex-x>0,∴(ex-x
)cosx≥0,(ex+1)sinx≤0,∴h''(x)=(ex-x)cosx-(ex+1)·sinx≥0,∴h(x)在-,
0上单调递增,∵h(0)=1>0,h-<0,∴由零点存在定理知h(x)在-,0上有一个零点.②当x∈0,时,cosx≥sinx
>0,ex>x>0,∴excosx>xsinx,∴h(x)=excosx-xsinx>0,∴h(x)在0,上无零点.③当x
∈时,0x)-(xcosx+sinx).∵cosx-sinx<0,xcosx+sinx>0,∴h''(x)<0.∴h(x)在上
单调递减.∵h=-,h=>0,∴h(x)在上有一个零点.综上,h(x)在-上有两个零点.(1)f''(x)在区间存在唯一极大值点;解
(1)设g(x)=f''(x),则g(x)=cosx-,g''(x)=-sinx+当x时,g''(x)单调递减,而g''(0)>0,
g''<0,可得g''(x)在区间内有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g''(x)>0;当x时,g''(x)<0.所以g(x)在
区间(-1,α)内单调递增,在区间内单调递减,故g(x)在区间内存在唯一极大值点,即f''(x)在区间内存在唯一极大值点.(ⅱ)当x
时,由(1)知,f''(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间内单调递减,而f''(0)=0,f''<0,所以存在,使得f''(β)=0,
且当x∈(0,β)时,f''(x)>0;当x时,f''(x)<0.故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间内单调递减.又f(0)=
0,f=1-ln>0,所以当x时,f(x)>0.从而,f(x)在区间上没有零点.(ⅲ)当x时,f''(x)<0,所以f(x)在区间内
单调递减.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在区间上有唯一零点.(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0
,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.(1)解f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f''(x)=>0,所以f(x)在区间(0,1),(1,+∞)内单调递增.因为f(e)=1-<0,f(e2)=2->0,所以f(
x)在区间(1,+∞)内有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0<<1,f=-lnx1+=-f(x1)=0,故f(x)在区间(0,
1)内有唯一零点综上,f(x)有且仅有两个零点.(2)证明因为,故点B-lnx0,在曲线y=ex上.由题设知f(x0)=0,即
lnx0=,故直线AB的斜率k=曲线y=ex在点B-lnx0,处切线的斜率是,曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处切线
的斜率也是,所以曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.解(1)f''(x)=6x2-2ax=2
x(3x-a).令f''(x)=0,得x=0或x=若a>0,则当x∈(-∞,0)时,f''(x)>0;当x时,f''(x)<0.故f(x
)在(-∞,0),单调递增,在单调递减;若a=0,f''(x)≥0恒成立,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;若a<0,则当x(0,+
∞)时,f''(x)>0;当x时,f''(x)<0.故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.(ⅲ)当0f(x)在[0,1]的最小值为f=-+b,最大值为b或2-a+b.若-+b=-1,b=1,则a=3,与00时,令f''(x)==0,得x=当x∈0,时,f''(x)<0,f(x)单调递减;当x∈,+∞时,f''(x)>0,f(x)单调递增;所以函数f(x)在x=处取得最小值,其最小值为f=lna+1-由已知,若01.当a>1时,lna>0,0<<1,所以1->0.所以f>0,即f(x)min>0.当0
|
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