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

《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（6页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

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)