（通用版）2020版高考数学大二轮复习 专题二 函数与导数 2.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个

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ae时,求证:f(x)lnx.注:(eax)'=a·eax13-3-考向一考向二考向三考向四证明(1)略.(2)由f(x)lnx,得x2eaxlnx+1,即e𝑎𝑥𝑥ln𝑥+1𝑥3.设g(x)=ln𝑥+1𝑥3,则g'(x)=1𝑥·𝑥3-(ln𝑥+1)·3𝑥2𝑥6=-3ln𝑥+2𝑥4=-3(ln𝑥-lne-23)𝑥4.当0xe-23时,g'(x)0;当xe-23时,g'(x)0.所以g(x)在区间0,e-23内是增函数,在区间e-23,+∞内是减函数,所以x=e-23是g(x)的极大值点,也是g(x)的最大值点,即g(x)max=ge-23=lne-23+1(e-23)3=13e2.-4-考向一考向二考向三考向四设h(x)=e𝑎𝑥𝑥(x0),则h'(x)=𝑎(𝑥-1𝑎)e𝑎𝑥𝑥2.当0x1𝑎时,h'(x)0;当x1𝑎时,h'(x)0.所以h(x)在区间0,1𝑎内是减函数,在区间1𝑎,+∞内是增函数,所以x=1𝑎是h(x)的极小值点,也是h(x)的最小值点,即h(x)min=h1𝑎=ae.综上,g(x)≤13e2ae≤h(x),故f(x)lnx成立.-5-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)ming(x)max,或证明f(x)min≥g(x)max且两个最值点不相等.-6-考向一考向二考向三考向四对点训练1(2019北京卷,文20)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.14(1)解由f(x)=14x3-x2+x得f'(x)=34x2-2x+1.令f'(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f83=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与y=x-6427.-7-考向一考向二考向三考向四(2)证明令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].由g(x)=14x3-x2得g'(x)=34x2-2x,令g'(x)=0得x=0或x=83.g'(x),g(x)的情况如下:x-2(-2,0)00,838383,44g'(x)+-+g(x)-6↗0↘-6427↗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.-8-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|=-a3;当a-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.-9-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a0时,f(x)g(x).𝑎𝑥-10-考向一考向二考向三考向四解(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=0,函数p(x)的图象的对称轴为x=12.∵p(1)=1-1-a=-a0,设p(x)=0的正根为x0,∴x01,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).-11-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)min0(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.-12-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:6f(m)7.xf(x)x−a-13-考向一考向二考向三考向四解(1)(方法一)a+lnx2≤a|x|恒成立等价于a-at+2lnt≤0在t0时恒成立,令h(t)=a-at+2lnt,则h'(t)=2𝑡-a=2-𝑎𝑡𝑡,当a≤0时,h'(t)0,故h(t)在(0,+∞)上单调递增,由h(1)=0,则当t1时,h(t)h(1)=0,不合题意.当a0时,h'(t)=-𝑎𝑡-2𝑎𝑡,∴当0t2𝑎时,h'(t)0;当t2𝑎时,h'(t)0,∴h(t)在0,2𝑎上单调递增,在2𝑎,+∞上单调递减,即h(t)max=h2𝑎=a-2+2ln2-2lna,-14-考向一考向二考向三考向四∴要使h(t)≤0在t0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0a2时,φ'(a)0;当a2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.则φ'(a)=1-2𝑎=𝑎-2𝑎,-15-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t0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t1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.又h'(t)=2𝑡-a=2-𝑎𝑡𝑡,所以a=2.此时h'(t)=2(1-𝑡)𝑡,-16-考向一考向二考向三考向四(2)由(1)知g(x)=𝑥𝑓(𝑥)𝑥-𝑎=2𝑥+2𝑥ln𝑥𝑥-2(x2),∴g'(x)=2(𝑥-2ln𝑥-4)(𝑥-2)2,令s(x)=x-2lnx-4,则s'(x)=1-2𝑥=𝑥-2𝑥,∵x2,∴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2xx0时,s(x)0;当xx0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,∴2lnx0=x0-4.即m=x0,∴f(m)=f(x0)=2+2lnx0=x0-2∈(6,7),即6f(m)7.∴g(x)min=g(x0)=2𝑥0+2𝑥0ln𝑥0𝑥0-2=𝑥02-2𝑥0𝑥0-2=x0,-17-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(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k0时,讨论函数f(x)的零点个数.𝑘2-18-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0k≤1时,令f'(x)0,解得xlnk或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此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-20.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.f(x)≤f(x)max=f(lnk)=(lnk-1)k-𝑘2ln2k=-𝑘2[(lnk-1)2+1]0,-19-考向一考向二考向三考向四②当k1时,令f'(x)0,解得x0或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x∈[lnk,+∞)时,令g(t)=et-t2,t=k+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.综合①②可知,当k0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.f(lnk)f(0)=-10,f(k+1)=kek+1-𝑘(𝑘+1)22=kek+1-(𝑘+1)22.12-20-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.-21-考向一考向二考向三考向四对点训练3(2019山东实验等四校联考,理21)已知函数f(x)=e𝑥𝑥,g(x)=2(x-lnx).(1)当x0时,证明f(x)g(x);(2)已知点P(x,xf(x)),点Q(-sinx,cosx),设函数h(x)=𝑂𝑃·𝑂𝑄,当x∈-π2,π2时,试判断h(x)的零点个数.-22-考向一考向二考向三考向四解(1)令φ(x)=f(x)-g(x)=e𝑥𝑥-2(x-lnx),则φ'(x)=(𝑥-1)e𝑥𝑥2-21-1𝑥=(𝑥-1)(e𝑥-2𝑥)𝑥2.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-ln20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-20,∴f(x)g(x).-23-考向一考向二考向三考向四(2)𝑂𝑃=(x,ex),h(x)=𝑂𝑃·𝑂𝑄=-xsinx+excosx.h'(x)=-sinx-xcosx+excosx-exsinx=(ex-x)cosx-(ex+1)sinx.①当x∈-π2,0时,ex-x0,∴(ex-x)cosx≥0,(ex+1)sinx≤0,∴h'(x)=(ex-x)cosx-(ex+1)·sinx≥0,∴h(x)在-π2,0上单调递增,∵h(0)=