统考版2024高考数学二轮专题复习专题六函数与导数第4讲导数的综合应用理

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三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可．存在两个极值点x1，x2且x10)及其变式ln (x＋1)≤x，ln x≥1－等．
例 2[2023·湖北二模]已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝a(ln x＋x)．
(1)若不等式f(x)≥g(x)恒成立，求正实数a的值；
(2)证明：x2ex>(x＋2)ln x＋2sin x．
[听课记录]
归纳总结
用导数证明不等式的方法
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a，b]，且x10在[m，n]上有解⇔________________．
(2)双变量“恒成立”与“能成立”问题的转化策略
①若∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的值域A与函数g(x)在D2上的值域B的交集不为空集，即A其等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的________有公共部分．
②对∀x1∈D1，∀x2∈D2，都有f(x1)0，则当0时，f′(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00时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二：证xf(x)－ex＋2ex≤0，
即证ex ln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，
则g′(x)＝－1.
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0时，g(x)≤h(x)，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
题后悟道
函数与导数综合问题的关键
(1)会求函数的极值点，先利用方程f′(x)＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；
(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；
(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．
第4讲 导数的综合应用
考点一
[例1] 解析：（1）当a＝0时，f（x）＝－ eq \f(1,x)－ln x（x>0），
则f′（x）＝ eq \f(1,x2)－ eq \f(1,x)＝ eq \f(1－x,x2).
当x∈（0，1）时，f′（x）>0；
当x∈（1，＋∞）时，f′（x）0时，x－ln x>0，
所以方程a＝ eq \f(\f(1,x)＋ln x,x－ln x)在（0，＋∞）上恰有一个解．
令g（x）＝ eq \f(\f(1,x)＋ln x,x－ln x)（x>0），
则g′（x）＝ eq \f(（x－1）[x－1－（x＋1）ln x],x2（x－ln x）2).
令h（x）＝x－1－（x＋1）ln x（x>0），
则h′（x）＝1－ln x－ eq \f(x＋1,x)＝－ln x－ eq \f(1,x).
由（1）知，h′（x）≤－1，
所以h（x）在（0，＋∞）上单调递减．
又h（1）＝0，所以当x∈（0，1]时，h（x）≥0；
当x∈（1，＋∞）时，h（x）0，则f（x）在（0，＋∞）上不存在零点，故不符合题意．
②当a－1，e－x>0，∵a1时，由于1－x20.
综上可知，当x>0时，都有g（x）>0，则f′（x）＝ eq \f(g（x）,x＋1)>0，
∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增．
∴对于∀x>0，f（x）>f（0）＝0，f（x）在（0，＋∞）上不存在零点，符合题意．
（ⅱ）当a0，
∀x∈（x0，0），都有g（x）0，
∴f（x）在（0，x1）上单调递减，在[x1，＋∞）上单调递增．
又∵f（0）＝0，∴∀x∈（0，x1），f（x）h′（0）＝0，
∴h（x）>h（0）＝0，∴g′（x）>0，∴g（x）在（0，＋∞）上单调递增．
又∵当x→0时，g（x）＝ eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(ex ln （1＋x）,x)＝1，当x→＋∞时，g（x）→＋∞，∴a∈（－∞，－1）.
②当x∈（－1， eq \r(3)－2）时，φ′（x）0.
∵当x→－1时，φ（x）＝h′（x）→＋∞，h′（0）＝0，
∴存在a1∈（－1，0）使h′（a1）＝0，
∴h（x）在（－1，a1）上单调递增，在（a1，0）上单调递减．
当x→－1时，h（x）→－∞.
又h（0）＝0，
∴存在a2∈（－1，a1），使得h（a2）＝0，
即g（x）在（－1，a2）上单调递减，在（a2，0）上单调递增．
当x→－1时，g（x）→＋∞；
当x→0时，g（x）→1，g（x）的大致图象如图．
故当a∈（－∞，－1）∪{－g（a2）}时，g（x）＝－a仅有一解；当a∈（－1，－g（a2））时，g（x）＝－a有两解．
综上可知，a∈（－∞，－1）.
考点二
[例2] 解析： （1）令h（x）＝f（x）－g（x）＝xex－a（ln x＋x）－1，
则h′（x）＝（x＋1）ex－a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))＝ eq \f(（x＋1）（xex－a）,x)（x>0），
设φ（x）＝xex－a（a>0），则φ′（x）＝（x＋1）ex>0对任意x>0恒成立，
所以φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，
又φ（0）＝－a0，存在唯一实数x0∈（0，a），φ（x0）＝0，
所以当x∈（0，x0）时，h′（x）＝ eq \f(（x＋1）·φ（x）,x)0，h（x）单调递增；
所以h（x）min＝h（x0）＝x0ex0－a（x0＋ln x0）－1.
因为g（x0）＝x0ex0－a＝0（00），
因为F′（a）＝1－（1＋ln a）＝－ln a，所以F（a）在（0，1）上单调递增，（1，＋∞）上单调递减，
所以F（a）≤F（1）＝0，而依题意必有F（a）≥0，所以F（a）＝0，此时a＝1，
所以若不等式f（x）≥g（x）恒成立，则正实数a的值为1.
（2）证明：方法一 由（1）得，当a＝1时，f（x）＝xex－（x＋ln x）≥1对任意x>0恒成立．
所以∀x∈（0，＋∞），xex≥x＋ln x＋1，（当且仅当x＝1时等号成立），
则x2ex≥x2＋x ln x＋x（x>0）.
所以要证明x2ex>（x＋2）ln x＋2sin x（x>0），只需证x2＋x ln x＋x>（x＋2）ln x＋2sin x（x>0），
即证x2＋x>2ln x＋2sin x（x>0）.
设β（x）＝ln x－x＋1，则β′（x）＝ eq \f(1,x)－1＝ eq \f(1－x,x)（x>0），β（x）在（0，1）上单调递增，（1，＋∞）上单调递减．
所以∀x∈（0，＋∞），β（x）≤β（1）＝0，即ln x≤x－1（x>0）.
所以只需证x2＋x>2（x－1）＋2sin x，即证x2－x＋2>2sin x．
①当x>1时，x2－x＋2＝x（x－1）＋2>2≥2sin x，不等式成立．
②当0sin x（x>0）.
设β（x）＝ln x－x＋1，则β′（x）＝ eq \f(1,x)－1＝ eq \f(1－x,x)（x>0），β（x）在（0，1）上单调递增，（1，＋∞）上单调递减，
∀x∈（0，＋∞），β（x）≤β（1）＝0，所以ln x≤x－1（x>0），所以ln ex≤ex－1，即ex≥x＋1.
所以当x∈（0，＋∞）时，（x＋2）ln x＋2sin x（x＋2）ln x＋2sin x（x>0）.
对点训练
解析：（1）由题意得y＝xf（x）＝x ln （a－x），
则y′＝ln （a－x）＋x[ln （a－x）]′.
因为x＝0是函数y＝xf（x）的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.
（2）证明：由（1）可知，f（x）＝ln （1－x），其定义域为{x|x0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)
一个
f(x1)0
两个
f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个
f(x1)>0且f(x2)