2019届二轮复习(文)2-2-4-3利用导数证明问题及讨论零点个数课件（35张）
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
全国卷
1,
文
21)
已知函数
f
(
x
)
=a
e
x
-
ln
x-
1
.
(1)
设
x=
2
是
f
(
x
)
的极值点
,
求
a
,
并求
f
(
x
)
的单调区间
;
(2)
证明
:
当
a
≥
时
,
f
(
x
)
≥
0
.
-
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
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
.
-
5
-
考向一
考向二
考向三
考向四
对点训练
1
(2018
高考信息卷六
,
文
21)
已知
函数
,
a
∈
R
.
(1)
若
f
(
x
)
在定义域内无极值点
,
求实数
a
的取值范围
;
(2)
求证
:
当
0
0
时
,
f
(
x
)
>
1
恒成立
.
解
(1)
由题意知
令
g
(
x
)
=
e
x
(
x-
1)
+a
(
x
≠0),
则
g'
(
x
)
=
e
x
·x
,
当
x<
0
时
,
g'
(
x
)
<
0,
g
(
x
)
在
(
-∞
,0)
上单调递减
,
当
x>
0
时
,
g'
(
x
)
>
0,
g
(
x
)
在
(0,
+∞
)
上单调递增
,
又
g
(0)
=a-
1,
f
(
x
)
在定义域内无极值点
,
∴
a>
1
.
又当
a=
1
时
,
f
(
x
)
在
(
-∞
,0)
和
(0,
+∞
)
上都单调递增也满足题意
,
所以
a
≥
1
.
-
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
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
a>
0
时
,
f
(
x
)
>g
(
x
)
.
-
8
-
考向一
考向二
考向三
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
)
min
>
0,
所以
,
当
x
∈
(0,
+∞
)
时
,
f
(
x
)
>g
(
x
)
.
-
9
-
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
x
0
,
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
(
x
0
),
再研究
h
(
x
0
)
的正负
.
-
10
-
考向一
考向二
考向三
考向四
对点训练
2
(2018
四川德阳模拟
,
文
21)
已知函数
f
(
x
)
=a+
ln
x
2
且
f
(
x
)
≤
a|x|.
(1)
求实数
a
的值
;
-
11
-
考向一
考向二
考向三
考向四
-
12
-
考向一
考向二
考向三
考向四
-
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
全国卷
2,
文
21)
已知函数
f
(
x
)
= x
3
-a
(
x
2
+x+
1
)
.
(1)
若
a=
3,
求
f
(
x
)
的单调区间
;
(2)
证明
:
f
(
x
)
只有一个零点
.
-
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
山东济宁一模
,
文
21
节选
)
已知函数
f
(
x
)
=a
ln
x+ x
2
(
a
∈
R
)
.
(1)
略
;
(2)
当
a>
0
时
,
证明函数
g
(
x
)
=f
(
x
)
-
(
a+
1)
x
恰有一个零点
.
-
18
-
考向一
考向二
考向三
考向四
-
19
-
考向一
考向二
考向三
考向四
例
4
已知函数
f
(
x
)
=x
3
+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
min{
m
,
n
}
表示
m
,
n
中的最小值
,
设函数
h
(
x
)
=
min{
f
(
x
),
g
(
x
)}(
x>
0),
讨论
h
(
x
)
零点的个数
.
-
20
-
考向一
考向二
考向三
考向四
-
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
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
.
-
23
-
考向一
考向二
考向三
考向四
对点训练
4
已知函数
f
(
x
)
=a
ln
x
+ -
(
a+
1)·
x
,
a
∈
R
.
(1)
当
a=-
1
时
,
求函数
f
(
x
)
的最小值
;
(2)
当
a
≤
1
时
,
讨论函数
f
(
x
)
的零点个数
.
-
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
-
26
-
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
福建宁德质检二
,
文
21)
已知函数
f
(
x
)
=x
3
-
3
ax
2
+
4(
a
∈
R
)
.
(1)
讨论
f
(
x
)
的单调性
;
(2)
若函数
f
(
x
)
有三个零点
,
证明
:
当
x>
0
时
,
f
(
x
)
≥
6(
a-a
2
)e
a
.
解
(1)
由
f
(
x
)
=x
3
-
3
ax
2
+
4,
则
f'
(
x
)
=
3
x
2
-
6
ax=
3
x
(
x-
2
a
),
令
f'
(
x
)
=
0,
得
x=
0
或
x=
2
a
,
当
a=
0
时
,
f'
(
x
)
≥
0,
f
(
x
)
在
R
上是增函数
;
当
a>
0
时
,
令
f'
(
x
)
>
0,
得
x>
2
a
或
x<
0,
所以
f
(
x
)
在
(
-∞
,0),(2
a
,
+∞
)
上是增函数
,
在
(0,2
a
)
上是减函数
.
当
a<
0
时
,
令
f'
(
x
)
>
0,
得
x>
0
或
x<
2
a
,
所以
f
(
x
)
在
(
-∞
,2
a
),(0,
+∞
)
上是增函数
,
在
(2
a
,0)
上是减函数
.
-
27
-
考向一
考向二
考向三
考向四
(2)
由
(1)
可知
,
当
a=
0
时
,
f
(
x
)
在
R
上是增函数
,
此时函数
f
(
x
)
不可能有三个零点
;
当
a<
0
时
,
f
(
x
)
在
(
-∞
,2
a
),(0,
+∞
)
是增函数
,
在
(2
a
,0)
是减函数
.
又由
f
(
x
)
的极小值为
f
(0)
=
4
>
0,
则函数
f
(
x
)
不可能有三个零点
;
当
a>
0
时
,
f
(
x
)
min
=f
(2
a
)
=
4
-
4
a
3
,
要满足
f
(
x
)
有三个零点
,
则需
4
-
4
a
3
<
0,
即
a>
1,
当
x>
0
时
,
要证明
f
(
x
)
>
6(
a-a
2
)e
a
等价于要证明
f
(
x
)
min
>
6(
a-a
2
)e
a
.
即要证
4
-
4
a
3
>
6(
a-a
2
)e
a
.
由于
a>
1,
故等价于证明
1
+a+a
2
< a
e
a
.
证明
:
构造函数
g
(
a
)
=
3
a
e
a
-
2
-
2
a-
2
a
2
(
a
∈
(1,
+∞
)),
g'
(
a
)
=
(3
+
3
a
)e
a
-
2
-
4
a
,
令
h
(
a
)
=
(3
+
3
a
)e
a
-
2
-
4
a.
-
28
-
考向一
考向二
考向三
考向四
∵
h'
(
a
)
=
(6
+
3
a
)e
a
-
4
>
0,
函数
h
(
a
)
在
(1,
+∞
)
单调递增
,
则
h
(
a
)
min
=h
(1)
=
6e
-
6
>
0,
∴
函数
g
(
a
)
在
(1,
+∞
)
单调递增
.
则
g
(
a
)
min
=g
(1)
=
3e
-
6
>
0,
则有
1
+a+a
2
≤
a
e
a
,
故有
f
(
x
)
>
6(
a-a
2
)e
a
.
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
,
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
.
-
29
-
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
)
=a
ln
x-bx-
3(
a
∈
R
且
a
≠0)
(1)
略
;
(2)
当
a=
1
时
,
设
g
(
x
)
=f
(
x
)
+
3,
若
g
(
x
)
有两个相异零点
x
1
,
x
2
,
求证
:ln
x
1
+
ln
x
2
>
2
.
-
30
-
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
x>
0,
设
x
1
>x
2
>
0,
∵
g
(
x
1
)
=
0,
g
(
x
2
)
=
0,
∴
ln
x
1
-bx
1
=
0,ln
x
2
-bx
2
=
0,
∴
ln
x
1
-
ln
x
2
=b
(
x
1
-x
2
),ln
x
1
+
ln
x
2
=b
(
x
1
+x
2
)
.
要证
ln
x
1
+
ln
x
2
>
2,
即证
b
(
x
1
+x
2
)
>
2
,
-
31
-
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
)
=
e
x
-ax-
1(
a
∈
R
)
.
(1)
讨论
f
(
x
)
的单调性
;
(2)
设
a>
1,
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
)
=
e
x
-a
,
当
a
≤
0
时
,
f'
(
x
)
>
0,
故
f
(
x
)
在
R
上单调递增
;
当
a>
0
时
,
令
f'
(
x
)
=
0,
得
x=
ln
a
,
当
x<
ln
a
时
,
f'
(
x
)
<
0,
故
f
(
x
)
单调递减
,
当
x>
ln
a
时
,
f'
(
x
)
>
0,
故
f
(
x
)
单调递增
,
综上所述
,
当
a
≤
0
时
,
f
(
x
)
在
R
上单调递增
;
当
a>
0
时
,
f
(
x
)
在
(
-∞
,ln
a
)
上单调递减
,
在
(ln
a
,
+∞
)
上单调递增
.
-
32
-
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
)
=a
2
-
2
a
ln
a-
1
>
0,
其中
a>
1
.
证明如下
:
设
g
(
x
)
=x
2
-
2
x
ln
x-
1(
x>
1),
则
g'
(
x
)
=
2
x-
2ln
x-
2
.
设
u
(
x
)
=x-
ln
x-
1(
x>
1),
则
u'
(
x
)
=
1
- >
0,
故
u
(
x
)
在
(1,
+∞
)
上单调递增
.
∴
u
(
x
)
>u
(1)
=
0,
故
g'
(
x
)
=
2
x-
2ln
x-
2
=
2
u
(
x
)
>
0
.
∴
g
(
x
)
在
(1,
+∞
)
上单调递增
,
故
g
(
x
)
>g
(1)
=
0
.
∴
当
a>
1
时
,
a
2
-
2
a
ln
a-
1
>
0,
∴
f
(2ln
a
)
=a
2
-
2
a
ln
a-
1
>
0
.
-
33
-
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
)
=
e
x
-ax-
1
在
x=
ln
a
有最小值
,
存在正实数
x
,
使得
f
(
x
)
>
0
⇔
e
x
-ax-
1
>
0
⇔
e
x
>ax+
1,
分别作出函数
y=
e
x
和
y=ax+
1
的图象
,
当
x<
ln
a
时
,
y=
e
x
的图象增长的缓慢
,
当
x>
ln
a
时
,
y=
e
x
的图象增长的快速
,
所以当
x=
2ln
a
时
,
函数
y=
e
x
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
.
-
34
-
考向一
考向二
考向三
考向四
对点训练
6
(2018
山东潍坊一模
,
文
21
节选
)
已知函数
f
(
x
)
=a
ln
x+x
2
.
(1)
略
;(2)
略
;
(3)
当
a=
1
时
,
是否存在正整数
n
,
使
,
对
∀
x
∈
(0,
+∞
)
恒成立
?
若存在
,
求出
n
的最大值
;
若不存在
,
说明理由
.
-
35
-
考向一
考向二
考向三
考向四
