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

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

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：

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)．