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    2022届高三统考数学(文科)人教版一轮复习学案:3.2.3 导数的综合应用

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    2022届高三统考数学(文科)人教版一轮复习学案:3.2.3 导数的综合应用

    1、第第 3 课时课时 导数的综合应用导数的综合应用 考点一 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)ex2x2a,xR. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 aln 21 且 x0 时,exx22ax1. 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 xax(aR) (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 ae 时,证明:xf(x)ex2ex0. 听课笔记: 类题通法 若直接求导比较复杂或

    2、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)exx2. (1)求曲线 f(x)在 x1 处的切线方程; (2)求证:当 x0 时,e x2ex1 x ln x1. 考点二 不等式恒成立问题互动讲练型 例 3 2020 全国卷节选已知函数 f(x)exax2x.当 x0 时,f(x)1 2x 31,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 )0( 为实参数)对任意的 xD 恒成立,求参数 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

    3、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(a0,0 或 a0,0) (1)判断函数 f(x)在(0,)上的单调性; (2)若 f(x) k x1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)exax1(aR)(e2.718 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) x1 2 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

    4、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 全国卷已知函数 f(x)exa(x2) (1)当 a1 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) 32019 全国卷节选已知

    5、函数 f(x)ln xx1 x1.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)exaxa(aR 且 a0) (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 第第 3 课时课时 导数的综合应用导数的综合应用 课堂考点突破课堂考点突破 考点一 例 1 解析:(1)由 f(x)ex2x2a,xR,得 f(x)ex2,xR,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

    6、(x) 2(1ln 2a) Z 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 xln 2 处取得极小值,极小值 f(ln 2)eln 22ln 22a2(1ln 2a),无极大值 (2)证明:设 g(x)exx22ax1,xR,于是 g(x)ex2x2a,xR. 由(1)知当 aln 21 时,g(x)最小值为 g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意 xR,都 有 g(x)0, 所以 g(x)在 R 内单调递增 于是当 aln 21 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 exx2

    7、2ax10,故 exx22ax1. 例 2 解析:(1)f(x)e xa(x0), 若 a0,则 f(x)0,f(x)在(0,)上单调递增; 若 a0,则当 0 x0,当 x e a时,f(x)0, 所以只需证 f(x)e x x2e, 当 ae 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)maxf(1)e, 记 g(x)e x x2e(x0), 则 g(x)x1e x x2 , 所以当 0 x1 时,g(x)1 时,g(x)0,g(x)单调递增, 所以 g(x)ming(1)e, 综上,当 x0 时,f(x)g(x), 即 f(x)e x x2e,即

    8、xf(x)e x2ex0. 变式练 1解析:(1)f(x)ex2x, 则 f(1)e2,f(1)e1, 所以曲线 f(x)在 x1 处的切线方程为 y(e2)x1. (2)证明:设 g(x)f(x)(e2)x1exx2(e2)x1(x0), 则 g(x)ex2x(e2), 设 m(x)ex2x(e2)(x0),则 m(x)ex2, 易得 g(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,)上单调递增, 又 g(0)3e0,g(1)0, 由 0ln 21,则 g(ln 2)0; 当 x(x0,1)时,g(x)0 时,e x2ex1 x x. 由函数 yln x 的图象在点(1,0)处的切线为

    9、yx1, 得 xln x1, 当且仅当 x1 时,等号成立, 故e x2ex1 x ln x1. 考点二 例 3 解析:f(x)1 2x 31 等价于 1 2x 3ax2x1 ex1. 设函数 g(x) 1 2x 3ax2x1 ex(x0),则 g(x) 1 2x 3ax2x13 2x 22ax1 ex 1 2xx 2(2a3)x4a2ex 1 2x(x2a1)(x2)e x. 若 2a10,即 a1 2,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 若 02a12, 即1 2a 1 2, 则当 x(0,2a

    10、1)(2, )时, g(x)0.所以 g(x)在(0,2a1),(2,)单调递减,在(2a1,2)单调递增由于 g(0)1, 所以 g(x)1 当且仅当 g(2)(74a)e 21,即 a7e 2 4 . 所以当7e 2 4 a0), 所以 f(x) 1 1xln1x x2 ,(x0), 又因为 x0,所以 1 1x0,ln(1x)0,所以 f(x) k x1恒成立, 即 kx1x1lnx1 x 恒成立, 即 k0), 令 g(x)x1ln(x1), 则 g(x)1 1 x1 x x10, 即 g(x)在(0,)为增函数, 又 g(2)1ln 30, 即存在唯一的实数根 a,满足 g(a)0,

    11、且 a(2,3),a1ln(a1)0, 当 xa 时,g(x)0,h(x)0,当 0 xa 时,g(x)0,h(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 a0 时,令 f(x)0,得 x0,得 xln 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 x1 2, 由(1)知,当 a0 时,f(x)在 R 上单调递增;当 a0 时,f(x)在(,ln a)上单调递减,在 (ln a,)上单调递增; 若 a0,由 f(0)0,知 f(x)在区间0,1上有一个零点; 若 ln a0,即 0

    12、a1, 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 0ln a1,即 1ae, 则 f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,1)上单调递增, 又 f(1)ea1,所以当 ea10, 即 1ae1 时,f(x)在0,1上有两个零点, 当 ea10,即 e1ae1 或 a2( e1)时,g(x)在0,1上有两个零点; 当 1ae1 且 a2( e1)时, g(x)在0,1上有三个零点 例 5 解析:(1)当 a1 时,f(x)exx2,则 f(x)ex1. 当 x0 时,f(x)0 时,f(x)0. 所以 f(x)在(,0)单调递减,在(0,)单调递增

    13、(2)f(x)exa. 当 a0 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 a0 时,由 f(x)0 可得 xln a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 xln a 时,f(x) 取得最小值,最小值为 f(ln a)a(1ln a) ()若 01 e,则 f(ln a)0,所以 f(x)在(,ln a)存在唯一零点 由(1)知,当 x2 时,exx20,所以当 x4 且 x2ln(2a)时,f(x) 2 e x 2 e x a(x2) eln(2a) x 22 a(x2

    14、) 2a0. 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 1 e, . 变式练 3证明:f(x)的定义域为(0,1)(1,) 因为 f(x)1 x 2 x120,所以 f(x)在(0,1),(1,)单调递增 因为 f(e)1e1 e10,所以 f(x)在(1,)有唯一零点 x1,即 f(x1)0.又 0 1 x10, 当 a0 时,f(x)0,f(x)在 R 上是增函数, 当 x1 时,f(x)exa(x1)0; 当 x0 时,取 x1 a, 则 f 1 a 1a 1 a1 a0. 所以函数 f(x)存在零点,不满足题意 当 a0 时,令 f(x)0,得 xln(a) 在(,ln(a)上,f(x)0,f(x)单调递增, 所以当 xln(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)a2aaln(a)0,解得 e2a0. 综上所述,实数 a 的取值范围是(e2,0)


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