高考数学统考一轮复习第3章3.2.3导数的综合应用学案

这是一份高考数学统考一轮复习第3章3.2.3导数的综合应用学案，共9页。
第3课时　导数的综合应用　不等式的证明[互动讲练型]考向一：构造函数法[例1]　设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1. 类题通法待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证. 考向二：分拆函数法[例2]　已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.听课笔记：类题通法　若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标. [变式练]——(着眼于举一反三)1．已知函数f(x)＝ex－x2.(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求证：当x>0时，≥ln x＋1. 考点二　不等式恒成立问题[互动讲练型][例3]　[2020·全国卷Ⅰ节选]已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围． 悟·技法不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x·λ)>0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法．(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解.[变式练]——(着眼于举一反三)2．[2021·山东莱州一中质量检测]已知函数f(x)＝(x>0)．(1)判断函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)若f(x)>恒成立，求整数k的最大值． 考点三　函数零点问题[分层深化型]考向一：判断、证明或讨论函数零点个数[例4]　[2021·武汉调研]已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0,1]上零点的个数．悟·技法判断函数零点个数的3种方法 直接法令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数画图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决 考向二：已知零点存在情况求参数范围[例5]　[2020·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．听课笔记：悟·技法已知函数(方程)零点的个数求参数范围(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．(2)若函数不是严格单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析．(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数.[变式练]——(着眼于举一反三)3．[2019·全国卷Ⅱ节选]已知函数f(x)＝ln x－.讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．4．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．             第3课时　导数的综合应用课堂考点突破考点一例1　解析：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x(－∞，ln 2)ln 2(ln 2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)?2(1－ln 2＋a)?故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)．f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.例2　解析：(1)f′(x)＝－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝－e，记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e，综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.变式练1．解析：(1)f′(x)＝ex－2x，则f′(1)＝e－2，f(1)＝e－1，所以曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1.(2)证明：设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，则g′(x)＝ex－2x－(e－2)，设m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)，则m′(x)＝ex－2，易得g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，由0<ln 2<1，则g′(ln 2)<0，所以存在x0∈(0，ln 2)，使得g′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0；当x∈(x0,1)时，g′(x)<0.故g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，当且仅当x＝1时，取等号，故当x>0时，≥x.由函数y＝ln x的图象在点(1,0)处的切线为y＝x－1，得x≥ln x＋1，当且仅当x＝1时，等号成立，故≥ln x＋1.考点二例3　解析：f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.设函数g(x)＝e－x(x≥0)，则g′(x)＝－e－x＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.①若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0,2)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0,2)单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不合题意．②若0<2a＋1<2，即－<a<，则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a＋1,2)单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥.所以当≤a<时，g(x)≤1.③若2a＋1≥2，即a≥，则g(x)≤e－x.由于0∈，故由②可得e－x≤1.故当a≥时，g(x)≤1.综上，a的取值范围是.变式练2．解析：(1)因为f(x)＝(x>0)，所以f′(x)＝，(x>0)，又因为x>0，所以>0，ln(1＋x)>0，所以f′(x)<0，即函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数．(2)由f(x)>恒成立，即k<恒成立，即k<min，设h(x)＝，所以h′(x)＝，(x>0)，令g(x)＝x－1－ln(x＋1)，则g′(x)＝1－＝>0，即g(x)在(0，＋∞)为增函数，又g(2)＝1－ln 3<0，g(3)＝2－2ln 2>0，即存在唯一的实数根a，满足g(a)＝0，且a∈(2,3)，a－1－ln(a＋1)＝0，当x>a时，g(x)>0，h′(x)>0，当0<x<a时，g(x)<0，h′(x)<0，即函数h(x)在(0，a)为减函数，在(a，＋∞)为增函数，则h(x)min＝h(a)＝＝a＋1∈(3,4)，故整数k的最大值为3.考点三例4　解析：(1)因为f(x)＝ex－ax－1，所以f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝，由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增；若a≤0，由f(0)＝0，知f(x)在区间[0,1]上有一个零点；若ln a≤0，即0<a≤1，则f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在[0,1]上有一个零点；若0<ln a<1，即1<a<e，则f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增，又f(1)＝e－a－1，所以当e－a－1≥0，即1<a≤e－1时，f(x)在[0,1]上有两个零点，当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f(x)在[0,1]上有一个零点；若ln a≥1，即a≥e，则f(x)在[0,1]上单调递减，f(x)在[0,1]上只有一个零点．又当x＝时，由f＝0得a＝2(－1)，所以当a≤1或a>e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当1<a≤e－1且a≠2(－1)时，g(x)在[0,1]上有三个零点．例5　解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1.当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，故f(x)至多存在1个零点，不合题意．当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)单调递增．故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．(ⅰ)若0<a≤，则f(ln a)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)至多存在1个零点，不合题意．(ⅱ)若a>，则f(ln a)<0.由于f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，ln a)存在唯一零点．由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝·－a(x＋2)>eln(2a)·－a(x＋2)＝2a>0.故f(x)在(ln a，＋∞)存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点．综上，a的取值范围是.变式练3．证明：f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝＋>0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.又0<<1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点．4．解析：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.易知f(x)在[－2,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当x＝0时，f(x)在[－2,1]上取得最小值2.(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；当x<0时，取x＝－，则f<1＋a＝－a<0.所以函数f(x)存在零点，不满足题意．②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2<a<0.综上所述，实数a的取值范围是(－e2,0)．