2015创新设计二轮专题复习配套PPT课件1-1-5.ppt

第5讲　 导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题 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． [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． 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. (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)． 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． 故y＝g(x)在(0,1)的最大值为g(x1)， 即对任意s∈(0,1)，g(s)≤g(x1)． 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． (2)证明　当a＝－1时，f(x)＝－ln x＋x－3， 所以f(1)＝－2， 由(1)知f(x)＝－ln x＋x－3在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)f(1)． 即f(x)－2，所以f(x)＋20. 探究提高　研究方程的根的情况，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，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用． 规律方法　对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 1．证明不等式时，根据不等式的结构特征准确构造相应的函数，将其转化为对应函数的最值或函数值的大小问题处理． 2．我们借助于导数探究函数的零点，不同的问题，比如方程的解、直线与函数图象的交点、 两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题． 3．导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题； (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题； (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题. 点击此处进入 真题感悟·考点整合 热点聚焦·题型突破 归纳总结·思维升华 专题训练·对接高考 [真题感悟] (2014·新课标全国卷)设函数f(x)＝aexln x＋，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. (1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1. 由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e. 故a＝1，b＝2. (2)证明　由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1， 从而f(x)1等价于xln xxe－x－. 设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x. 所以当x时，g′(x)0； 当x时，g′(x)0. 故g(x)在上单调递减，在上单调递增， 从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－. 设函数h(x)＝xe－x－，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)＝－. 综上，当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1. 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－. (1)令g(x)＝＋ln x，若函数y＝g(x)在内有极值，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－. (1)解　g(x)＝＋ln x＝＋ln x＝ln x＋，定义域是(0,1)(1，＋∞)． 则g′(x)＝－＝ ＝. 设h(x)＝x2－(2＋a)x＋1，要使函数y＝g(x)在内有极值，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，不妨设0＜x1＜，又x1x2＝1， 0＜x1＜＜e＜x2， 由于h(0)＝1