2021新高考数学二轮总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数学案含解析

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ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥x+1;当m=1时,有ex>ex.
(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 x≤1nx-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤1ex.
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:
①通分;
②二次求导或三次求导;
③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m≤2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φ(x0)的表达式涉及ex0、ln(x0+2),都是超越式,所以φ(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)=ax2+x-1ex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.








【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a>0时,f(x)>g(x).








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.
【对点训练2】(2020全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤338;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n4n.






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(a∈R).
(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(x2)x1-x21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+m,f″(x)=ex+1(x+m)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-m0,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-m≥2-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(-1+2)=1e-0≠0.
所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.
证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=ex-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞).
φ'(x)=ex-1x+2,φ″(x)=ex+1(x+2)2>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.
于是φ'(x)在(-2,+∞)上单调递增.
又因为φ'(-1)=1e-11),F'(x)=2-1x=2x-1x>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).
对点训练2(1)解f'(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)'
=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x
=2sinxsin3x.
当x∈0,π3∪2π3,π时,f'(x)>0;当x∈π3,2π3时,f'(x)0,可得a-a2-420,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.
证法3:仿照证法1,可得f(x1)-f(x2)x1-x20.
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Δ=4a2-8a>0,a>0,解得a>2.
x1+x2=2a,x1x2=2a,x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.
当a≥e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(a≥e).
令g(a)=aln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=1a-6=1-6aa,当a≥e时,h'(a)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.
对点训练4解(1)F(x)=lnx-x-12x,
即F(x)=lnx+12x-12(x>0),
则F'(x)=1x-12x2=2x-12x2,
令F'(x)=0,解得x=12.
当x∈0,12,F'(x)2时,令h'(x)=2x-m2x20;
当x∈α,π2时,g'(x)0.从而,f(x)在区间0,π2上没有零点.
(ⅲ)当x∈π2,π时,f'(x)0,f(π)1,所以f(x)0;
当x∈0,a3时,f'(x)0,解得x>ek,令g'(x)0,函数h(k)单调递增,当k>ln2时,h'(k)