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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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
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