2024届高考数学一轮复习（新教材人教A版强基版）第三章一元函数的导数及其应用3.5导数的综合应用课件

第三章　一元函数的导数及其应用§3.5导数的综合应用 导数的综合问题是高考的热点，常考查恒(能)成立、不等式的证明、函数的零点等问题，解题方法灵活，难度较大，一般以压轴题的形式出现.考试要求 题型一导数与恒(能)成立问题例1(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝ex＋(m＋1)x，(m∈R).(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；当m＝1时，f(x)＝ex＋(m＋1)x＝ex＋2x，定义域为R，f′(x)＝ex＋2，所以f(0)＝1，f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即y＝3x＋1. ①当m≤1时，h′(x)≥0恒成立，故h(x)在[1,2]上单调递增，故h(x)max＝h(2)＝mln2－m≥0，解得m≤0，故m≤0； ②当1<m<2时，令h′(x)>0，解得m<x<2；令h′(x)<0，解得1<x<m，故h(x)在[1，m]上单调递减，故h(2)＝mln2－m≥0，解得m≤0，这与1<m<2相矛盾，舍去；③当m≥2时，h′(x)≤0恒成立，故h(x)在[1,2]上单调递减，综上所述，m的取值范围为(－∞，0]. 思维升华恒(能)成立问题的解法(1)若f(x)在区间D上有最值，则①恒成立：∀x∈D，f(x)>0⇔f(x)min>0；∀x∈D，f(x)<0⇔f(x)max<0；②能成立：∃x∈D，f(x)>0⇔f(x)max>0；∃x∈D，f(x)<0⇔f(x)min<0.(2)若能分离常数，即将问题转化为a>f(x)(或a<f(x))，则①恒成立：a>f(x)⇔a>f(x)max；a<f(x)⇔a<f(x)min；②能成立：a>f(x)⇔a>f(x)min；a<f(x)⇔a<f(x)max. 跟踪训练1已知函数f(x)＝(x－2)ex.(1)求f(x)在[－1,3]上的最值；依题意f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在[－1,1]上单调递减，在(1,3]上单调递增，而f(1)＝－e，f(3)＝e3，f(－1)＝－3e－1<f(3)，∴f(x)在[－1,3]上的最小值为－e，最大值为e3. (2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围. 依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立.当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R；∵x>2，∴g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，综上，实数a的取值范围是(－∞，e2]. 题型二利用导数证明不等式例2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； 由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.当x<ln2时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(ln2，＋∞)上单调递增.∴f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)的极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2a，无极大值. (2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1. 要证当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝2－2ln2＋2a，又a>ln2－1，则g′(x)min>0，于是对∀x∈(0，＋∞)，都有g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增. 于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. 思维升华利用导数证明不等式的解题策略(1)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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究最值即可得证.(2)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的. 思维升华(3)对于函数中含有ex和lnx与其他代数式结合的问题，可以考虑先对ex和lnx进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下：①ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号.②lnx≤x－1，当且仅当x＝1时取等号. 跟踪训练2(2023·苏州模拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性； 函数的定义域为(0，＋∞)，所以当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e. 题型三导数与函数的零点问题例3(12分)(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；[切入点：求f′(x)，f′(0)](2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围.[关键点：根据导数f′(x)对a分类讨论，对x分(－1,0)与(0，＋∞)两部分] 函数的零点问题有两种常见方法，一是分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数；二是利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定参数的范围或零点的个数. 跟踪训练3已知函数f(x)＝lnx－(2k＋1)x(k∈R).(1)当k＝时，求证：f(x)<0；当0<x<2时，f′(x)>0；当x>2时，f′(x)<0，所以f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减.所以x＝2是f(x)的极大值点，也是f(x)的最大值点，且f(x)max＝f(2)＝ln2－1<0， (2)若f(x)有两个零点，求k的取值范围. f(x)有两个零点，即f(x)＝lnx－(2k＋1)x＝0有两个不相等的实数根，令g′(x)>0，得0<x<e；令g′(x)<0，得x>e，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 课时精练 基础保分练1.(2023·吉林模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋b(e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝a－b.(1)求a，b的值；f(x)＝ex＋ax＋b可得f′(x)＝ex＋a，∵曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝a－b.1234 1234 由(1)知f(x)＝ex－x－1，1234 1234当1<x≤e时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴g(x)的最小值为g(1)＝e－1，∴m<e－1，即正实数m的取值范围为(0，e－1). 2.(2023·芜湖模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－1)·lnx＋－2，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；1234 ①若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；1234 1234(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围. 结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点.所以要使得函数有唯一零点，综上，a≤0或a＝1或a＝e.1234 3.已知函数f(x)＝aex－1－lnx－1.(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；1234综合提升练 1234当a＝1时，f(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴切点为(1,0).∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0. 1234(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0. ∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，∴f(x)≥ex－1－lnx－1.方法一令φ(x)＝ex－1－lnx－1(x>0)，1234 ∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0.1234 方法二令g(x)＝ex－x－1，∴g′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(0)＝0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.同理可证lnx≤x－1，1234 当且仅当x＝1时取“＝”.由ex≥x＋1⇒ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，由x－1≥lnx⇒x≥lnx＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，∴ex－1≥x≥lnx＋1，即ex－1≥lnx＋1，即ex－1－lnx－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，即f(x)≥0.1234 12344.(2022·哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝alnx－x(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；拓展冲刺练 函数f(x)＝alnx－x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a，当x∈(0，a)时，f′(x)>0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).综上可得，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，没有单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).1234 1234(2)当a>0时，设g(x)＝x－lnx－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)<g(x2)，求a的取值范围. 由已知，转化为f(x)max<g(x)min.由(1)知，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).故f(x)的极大值即为最大值，f(x)max＝f(a)＝alna－a，当0<x<1时g′(x)<0，当x>1时g′(x)>0，∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.1234 1234故g(x)的极小值即为最小值，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴alna－a<0，即lna－1<0，解得0<a<e.∴a的取值范围为(0，e).