1、第四节 导数与函数的综合问题,1.利用导数证明不等式的基本步骤,2.一元三次方程根的个数问题,教材研读,考点一 利用导数研究函数的零点(方程的根),考点二 用导数证明不等式,考点三 利用导数研究恒成立问题和存在性问题,考点突破,1.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数h(x). (3)对h(x)求导. (4)利用h(x)判断h(x)的单调性或最值.,教材研读,(5)下结论.,2.一元三次方程根的个数问题 令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0),则f (x)=3ax2+2bx+c.,方程f (x)=0的判别式=(2b)2-12ac, (1)当0,即b23ac
2、时, f (x)0恒成立, f(x)在R上为增函数,结合函数f(x)的图象知,方程f(x)=0有 唯一 实根. (2)当0,即b23ac时,方程f (x)=0有两个不同的实根,设为x1,x2(x1m). a.当m0时,方程f(x)=0有 一 个实根;,d.当M=0时,方程f(x)=0有 两 个实根; e.当M0时,方程f(x)=0有 一 个实根.,b.当m=0时,方程f(x)=0有 两 个实根; c.当m0时,方程f(x)=0有 三 个实根;,1.(2015北京,19,13分)设函数f(x)= -kln x,k0. (1)求f(x)的单调区间和极值; (2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)
3、在区间(1, 上仅有一个零点.,解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+). 由f(x)= -kln x(k0)得f (x)=x- = . 由f (x)=0解得x= . f(x)与f (x)在区间(0,+)上的情况如下:,所以, f(x)的单调递减区间是(0, ), 单调递增区间是( ,+), f(x)在x= 处取得极小值f( )= . (2)证明:由(1)知,f(x)在区间(0,+)上的最小值为f( )= . 因为f(x)存在零点,所以 0,从而ke. 当k=e时, f(x)在区间(1, )上单调递减, 且f( )=0,所以x= 是f(x)在区间(1, 上的唯一零点. 当ke时, f(x)
4、在区间(0, )上单调递减, 且f(1)= 0,f( )= 0,所以f(x)在区间(1, 上仅有一个零点. 综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1, 上仅有一个零点.,2.(2018北京顺义二模,19)已知函数f(x)=ex-mx(mR). (1)若曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线斜率为-1,求实数m的值; (2)求函数f(x)的极值; (3)证明:当x0时,exx2.,解析 (1)由题意得f (x)=ex-m(mR), f (0)=1-m. 又曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线斜率为-1, f (0)=1-m=-1,解得m=2. (2)f (x)=ex-m(
5、mR), 函数f(x)的定义域为(-,+), 当m0时, f (x)0,函数f(x)在(-,+)上单调递增,此时函数f(x)无极值; 当m0时,令f (x)=0,解得x=ln m.,随着x变化, f (x), f(x)变化如下表:,由上表知函数f(x)在(ln m,+)上单调递增,在(-,ln m)上单调递减,则在 x=ln m处取得极小值,极小值为f(ln m)=eln m-mln m=m(1-ln m),无极大值. (3)证明:设函数g(x)=ex-x2.则g(x)=ex-2x, 由(2)知,当m=2时,g(x)=f(x)f(ln 2). f(ln 2)=2(1-ln 2)0,g(x)0恒
6、成立,即函数g(x)在R上单调递增,g(0)=1,当x0时,g(x)g(0)0,即exx2.,考点一 利用导数研究函数的零点(方程的根) 典例1 (2018北京朝阳二模,20)已知函数f(x)=xex,g(x)=ax+1,aR. (1)若曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线与直线y=g(x)垂直,求a的值; (2)若方程f(x)-g(x)=0在(-2,2)上恰有两个不同的实数根,求a的取值范围; (3)若对任意x1-2,2,总存在唯一的x2(-,2),使得f(x2)=g(x1),求a的取 值范围.,考点突破,解析 (1)f(x)=xex, f (x)=(x+1)ex,所以f (0)=1
7、. 所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线斜率k=1. 所以ka=-1,故a=-1. (2)f(x)-g(x)=0,即xex-ax-1=0. 设h(x)=xex-ax-1,则h(x)=(x+1)ex-a. 设m(x)=(x+1)ex-a,则m(x)=(x+2)ex, 因为当x(-2,2)时,x+20,ex0,故m(x)0, 所以m(x)在(-2,2)上单调递增. 设h(x0)=(x0+1) -a=0,即a=(x0+1) ,则当x(-2,x0)时,h(x)单调递减; 当x(x0,2)时,h(x)单调递增. 所以h(x)min=h(x0)=x0 -ax0-1=x0 -(x0+1) x0-
8、1=- -1,h(x0)0, 又因为h(x)在(-2,2)上有两个不同的零点, 所以 解得 故a的取值范围是 .,(3)f(x)=xex, f (x)=(x+1)ex,x(-,2), 令f (x)=0,得x=-1, f (x), f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在(-,-1)上单调递减,在(-1,2)上单调递增,且当x0时, f(x)=xex0, 当0x2时,0f(x)2e2, 其大致图象如图.,设g(x)在-2,2上的值域为M, 因为对任意x1-2,2,总存在唯一的x2(-,2),使得f(x2)=g(x1), 所以M0,2e2), 当a=0时,g(x)=10,2e2),符合题意;
9、当a0时,g(x)在-2,2上单调递增,值域为-2a+1,2a+1,则 解得0a ;当a0时,g(x)在-2,2上单调递减, 值域为2a+1,-2a+1,则 解得- a0. 综上所述,a的取值范围是 .,方法技巧 利用导数研究方程根的方法 (1)研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等. (2)根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置. (3)可以通过数形结合的思想去分析问题,使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.,1-1 (2018北京海淀高三期末,19)已知函数f(x)=2ex-ax2-2x-2. (1)求曲线y=f(x)在点(0,
10、f(0)处的切线方程; (2)当a0时,求证:函数f(x)有且只有一个零点; (3)当a0时,写出函数f(x)的零点的个数.(只需写出结论),解析 (1)因为函数f(x)=2ex-ax2-2x-2,所以f (x)=2ex-2ax-2, 故f(0)=0,f (0)=0,曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=0.,(2)证明:当a0时,令g(x)=f (x)=2ex-2ax-2,则g(x)=2ex-2a0, 故g(x)是R上的增函数.又g(0)=0,故当x0时,g(x)0. 即当x0时,f (x)0.故f(x)在(-,0)上单调递减, 在(0,+)上单调递增,函数f(x)的最小值为f(0).,
11、又f(0)=0,故f(x)有且只有一个零点. (3)当01时,f(x)有两个零点.,典例2 (2018北京朝阳高三期中,19)已知函数f(x)= -ln x- . (1)求曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程; (2)求证:ln x- ; (3)判断曲线y=f(x)是否位于x轴下方,并说明理由.,考点二 用导数证明不等式,解析 (1)函数的定义域为(0,+), f (x)=- - + . 则f (1)= -1,又f(1)=- ,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y+ = x- +1,即 x-y- +1=0. (2)证明:x0,ln x- 等价于xln x- .设函数g
12、(x)=xln x.,令g(x)=ln x+1=0,解得x= .列表如下:,因此,函数g(x)的最小值为g =- ,故xln x- ,即ln x- . (3)曲线y=f(x)位于x轴下方.理由如下: 由(2)可知ln x- ,所以f(x) - = . 设k(x)= - (x0),则k(x)= . 令k(x)0,得01. 所以k(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+)上为减函数. 所以当x0时,k(x)k(1)=0恒成立,当且仅当x=1时,k(x)=0.,又因为f(1)=- 0,所以f(x)0恒成立.故曲线y=f(x)位于x轴下方.,规律总结 证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F
13、(x)=f(x)-g(x),如果F(x)0,则F(x)在 (a,b)上是减函数,同时若F(a)0,由减函数的定义可知,x(a,b)时,有F(x) 0,即证明了f(x)g(x).,2-1 (2017北京石景山一模,18)已知函数f(x)=ln x. (1)求曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程; (2)求证:当x0时, f(x)1- .,解析 (1)由题意可得f (x)= ,则f (1)=1, 又f(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为y=x-1. (2)证明:由题意知函数f(x)的定义域为(0,+), 令g(x)=f(x)- =ln x-1+ ,则g(x
14、)= - = , 令g(x)= =0,得x=1.易知当x1时,g(x)0;当0x1时,g(x)0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=0, g(x)g(1)=0,即g(x)=f(x)- 0,即f(x)1- .,典例3 (2017北京东城二模,18)设函数f(x)=(x2+ax-a)e-x(aR). (1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(-1, f(-1)处的切线方程; (2)设g(x)=x2-x-1,若对任意的t0,2,存在s0,2,使得f(s)g(t)成立, 求实数a的取值范围.,考点三 利用导数研究恒成立问题和存在性问题,解析 (1
15、)当a=0时,f(x)=x2e-x, 此时f (x)=(-x2+2x)e-x,所以f (-1)=-3e, 又因为f(-1)=e,所以曲线y=f(x)在点(-1, f(-1)处的切线方程为3ex+y+2e=0.,(2)“对任意的t0,2,存在s0,2,使得f(s)g(t)成立”等价于“在区 间0,2上, f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”. 因为g(x)=x2-x-1= - , 所以g(x)在0,2上的最大值为g(2)=1.,f (x)=(2x+a)e-x-(x2+ax-a)e-x=-e-x(x-2)(x+a), 令f (x)=0,得x=2或x=-a. 当-a0,即a0时,f (x)0
16、在0,2上恒成立,此时f(x)在0,2上为单调递增函数,f(x)的最大值为f(2)=(4+a) ,由(4+a) 1,得ae2-4. 当00,此时f(x)为单调递增函数. 所以f(x)的最大值为f(0)=-a或f(2)=(4+a) ,由-a1,得a-1;由(4+a) 1,得ae2-4. 又因为-2a0,所以-2a-1.,当-a2,即a-2时, f (x)0在0,2上恒成立,此时f(x)在0,2上为单调递减函数, f(x)的最大值为f(0)=-a, 由-a1,得a-1, 又因为a-2,所以a-2.,综上所述,实数a的取值范围是a-1或ae2-4.,方法技巧 “恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题
17、,一般都可通过求相关函 数的最值来解决,如:当f(x)在xD上存在最大值和最小值时,若f(x)g (a)对于xD恒成立,应求f(x)在xD上的最小值,将原条件转化为g(a) f(x)min,若f(x)g(a)对于xD恒成立,应求f(x)在xD上的最大值,将原条 件转化为g(a)f(x)max;若存在xD,使得f(x)g(a)成立,应求f(x)在xD 上的最大值,将原条件转化为g(a)f(x)max,若存在xD,使得f(x)g(a)成 立,应求f(x)在xD上的最小值,将原条件转化为g(a)f(x)min.,3-1 (2018北京东城一模,19)已知函数f(x)=ex-a(x+1). (1)若曲
18、线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线斜率为0,求a的值; (2)若f(x)0恒成立,求a的取值范围; (3)证明:当a=0时,曲线y=f(x)(x0)总在曲线y=2+ln x的上方.,解析 (1)函数f(x)=ex-a(x+1)的定义域为R,f (x)=ex-a.由f (0)=1-a=0得a=1. (2)f (x)=ex-a(xR).当a0时,令f (x)=0得x=ln a.xln a时, f (x)0.所以f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增. 所以当x=ln a时, f(x)取得最小值,且最小值为f(ln a)=a-a(1+ln a)=-aln a.,“
19、f(x)0恒成立”等价于“f(x)的最小值大于或等于0”, 即-aln a0.因为a0,所以00,符合题意; 当a0),则h(x)=ex- . 因为h = -20,且h(x)=ex- 在(0,+)上单调递增,所以在(0,+)上存在唯一的x0,使得h(x0)= - =0,即 = ,且 x01. 当x变化时,h(x)与h(x)在(0,+)上的变化情况如下:,则当x=x0时,h(x)存在最小值h(x0),且h(x0)= -ln x0-2= +x0-2. 因为x0 ,所以h(x0)= +x0-22 -2=0. 所以当a=0时, f(x)2+ln x(x0).所以当a=0时,曲线y=f(x)(x0)总在曲线y=2+ln x的上方.,
