高中数学导数与不等式的证明及函数零点方程根的问题精品PPT课件

热点一 利用导数证明不等式 【例 1】 (2014·潍坊模拟)已知函数 f(x)＝x3－x－ x.
(1)令 g(x)＝faxx2＋＋axx＋ln x，若函数 y＝g(x)在0，1e内有极值， 求实数 a 的取值范围； (2)在(1)的条件下，对任意 t∈(1，＋∞)，s∈(0,1)，求证：g(t) －g(s)＞e＋2－1e.
• 第5讲 • 导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题
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• 高考定位 以解答题的形式考查利用导数证 明不等式或利用导数解决有关函数零点、方 程根的个数问题，难度较大．
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[真题感悟] (2014·新课标全国卷Ⅰ)设函数 f(x)＝aexln x＋bexx－1，曲线 y＝ f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝e(x－1)＋2. (1)求 a，b； (2)证明：f(x)>1.
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• 又当x∈(0，x1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增 ，x∈(x1,1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
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由(1)可知 x1＋x2＝2＋a，x1x2＝1，x1∈0，1e，x2∈(e，＋∞)， 因此：g(t)－g(s)≥g(x2)－g(x1)， ＝ln x2＋x2－a 1－ln x1－x1－a 1＝ln xx21＋x2－a 1－x1－a 1 ＝lnx22＋x2－x12(x2＞e)， 设 k(x)＝ln x2＋x－1x＝2ln x＋x－1x，k′(x)＝2x＋1＋x12＞0， ∴k(x)在(e，＋∞)单调递增，故 k(x)＞k(e)＝2＋e－1e， 即 g(t)－g(s)＞e＋2－1e.
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故 g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增， 从而 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g1e＝－1e. 设函数 h(x)＝xe－x－2e，则 h′(x)＝e－x(1－x)． 所以当 x∈(0,1)时，h′(x)>0； 当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0. 故 h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而 h(x)在(0，＋∞)上的最大值为 h(1)＝－1e. 综上，当 x>0 时，g(x)>h(x)，即 f(x)>1.
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• 规律方法 利用导数证明不等式关键是把不 等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判 断函数的单调性或求出最值，达到证明不等 式的目的．
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【训练 1】 已知函数 f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 a＝－1 时，证明：在(1，＋∞)上，f(x)＋2>0； (3)求证：ln22·ln33·ln44·…·lnnn<1n(n ≥2，n∈N*)． (1)解 根据题意知，f′(x)＝a1x－x(x>0)， 当 a>0 时，f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋ ∞)； 当 a<0 时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)； 当 a＝0 时，f(x)不是单调函数．
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• [考点整合]
• 1．利用导数证明不等式
• 用导数证明不等式的基本思路是构造函数 ——就是根据题目特征，对问题进行深入分 析，找出已知与所求之间的联系纽带，善于
Hale Waihona Puke 变换思维，运用转化的思想，化归的方法将
数学命题由一种形式向另一种形式转换，构
造出恰当的函数． 真题感悟·考点
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• 2．求函数零点个数(即方程根)的方法 • 研究函数图象的交点、方程的根、函数的
零点，归根到底还是研究函数的性质，如单 调性、极值，然后通过数形结合的思想找到 解题的思路，因此使用的知识还是函数的单 调性和极值的知识.
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设 h(x)＝x2－(2＋a)x＋1，要使函数 y＝g(x)在0，1e内有极值，则 h(x)＝0 有两个不同的根 x1，x2， ∴Δ＝(2＋a)2－4＞0，得 a＞0 或 a＜－4， 且一根在0，1e，不妨设 0＜x1＜1e，又 x1x2＝1， ∴0＜x1＜1e＜e＜x2， 由于 h(0)＝1，则只需 h1e＜0， 即e12－(2＋a)1e＋1＜0， 解得 a＞e＋1e－2.
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• (2)证明 由(1)可知，当x∈(1，x2)时，g′(x) ＜0，g(x)单调递减，x∈(x2，＋∞)时，g′(x) ＞0，g(x)单调递增．
• 故y＝g(x)在(1，＋∞)内的最小值为g(x2)，
• 即t∈(1，＋∞)时，g(t)≥g(x2)．
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(1)解 g(x)＝axx23＋ －axx＋ln x＝xxa＋x1x＋x1－ 1＋ln x＝ln x＋x－a 1，定 义域是(0,1)∪(1，＋∞)． 则 g′(x)＝1x－x－a12＝x2－x2xx－＋11－2 ax ＝x2－x2x＋－a1x2＋1.
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(1)解 函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝aexln x＋axex－xb2ex－1＋bxex－1. 由题意可得 f(1)＝2，f′(1)＝e. 故 a＝1，b＝2.
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(2)证明 由(1)知，f(x)＝exln x＋2xex－1， 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe－x－2e. 设函数 g(x)＝xln x，则 g′(x)＝1＋ln x. 所以当 x∈0，1e时，g′(x)<0； 当 x∈1e，＋∞时，g′(x)>0.