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2021届高考数学统考二轮复习 第二部分 专题6 函数与导数 第4讲 导数的综合应用教案 理

2021届高考数学统考二轮复习 第二部分 专题6 函数与导数 第4讲 导数的综合应用教案 理

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专题6第4讲　导数的综合应用

　　　　　　　　利用导数证明不等式

授课提示：对应学生用书第62页

考情调研
考向分析
主要考查利用导数证明不等式问题，题目以解答题形式出现，属于压轴题，难度较大.
证明不等式.

[题组练透]
1．(2020·芜湖模拟)已知函数f(x)＝(1－x)ekx－x－1(k>0)．
(1)若f(x)在R上单调递减，求k的取值范围；
(2)若x>0，求证：(2－x)ex－(2＋x)e－x<2x.
解析：(1)因f(x)在R上单调递减，所以f′(x)＝ekx(k－kx－1)－1≤0恒成立．
令g(x)＝f′(x)＝ekx(k－kx－1)－1，则g′(x)＝kekx(k－kx－2)
因为k>0，当x>时，g′(x)<0；当x<时，g′(x)>0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以g(x)max＝g＝ek－2－1≤0，即0<k≤2.
(2)证明：由(1)知当k＝2时，f(x)在R上单调递减，当x>0时，则f(x)<f(0)＝0，
即(1－x)e2x－x－1<0，又x>0时，－x<0，
则f(－x)>f(0)＝0，
即(1＋x)e－2x＋x－1>0，
从而(1＋x)e－2x＋x－1>(1－x)e2x－x－1，
即(1＋x)e－2x＋(x－1)e2x＋2x>0，也即(2＋2x)e－2x＋(2x－2)e2x＋4x>0
令t＝2x>0，则(2＋t)e－t＋(t－2)et＋2t>0，
即x>0时，(2－x)ex－(2＋x)e－x<2x.
2．已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a＞2，令f′(x)＝0，得
x＝或x＝.
当x∈∪时，
f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
所以－x2＋2ln x2＜0，
即＜a－2.
[题后悟通]
用导数证明不等式的方法
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1＜x2，有f(x1)＜f(x2)，对于减函数有类似结论．
(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．
(3)证明f(x)＜g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)＜0.

　　　　　　　　利用导数解决不等式恒成立、存在性问题
授课提示：对应学生用书第63页
考情调研
考向分析
主要考查利用导数研究函数在某区间上恒成立问题或存在性问题，题目以解答题形式出现，难度较大，属于压轴题.
1.不等式恒成立求参数的范围．
2.存在性问题.

[题组练透]
1．已知函数f(x)＝mln x＋x2－(m＋1)x＋m(m>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：对任意x∈(1，＋∞)都有f(x)≥2m－－e恒成立．
解析：(1)①∵f(x)＝mln x＋x2－(m＋1)x＋m(m>0)，
∴f′(x)＝＋x－(m＋1)＝＝，
当0<m<1时，f(x)在(0，m)，(1，＋∞)上单调递增，在(m,1)上单调递减；
当m＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>1时，f(x)在(0,1)，(m，＋∞)上单调递增，在(1，m)上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当0<m≤1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增；
f(x)>f(1)＝－，
∵－2m＋e－＝(m－2)2＋e－>0，
∴－>2m－－e，即f(x)≥2m－－e成立；
当m>1时，f(1)在(1，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(m)＝mln m－，
要证f(x)≥2m－－e在(1，＋∞)上恒成立，
只需证mln m－2m＋e≥0在(1，＋∞)上恒成立，
设g(m)＝mln m－2m＋e，
则g′(m)＝ln m－1，令g′(m)>0，则m>e，
∴g(m)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴g(m)min＝g(e)＝0，∴f(x)≥2m－－e成立．
综上所述，对任意x∈(1，＋∞)，都有f(x)≥2m－－e恒成立．
2．已知f(x)＝xeax－x2－x＋1，a≠0.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若∃x0≥1，使f(x0)<成立，求参数a的取值范围．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝xex－－x＋1，
所以f′(x)＝ex＋xex－x－1＝(ex－1)(x＋1)．
由f′(x)>0，得x<－1或x>0；
由f′(x)<0，得－1<x<0.
所以f(x)的单调递减区间为(－1,0)，
f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)．
(2)由题意，得f(x)min<(x≥1)，
因为f′(x)＝(ax＋1)(eax－1)，
由f′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝0.
①当a>0时，因为x≥1，所以f′(x)>0，
所以f(x)单调递增，即f(x)min＝f(1)．
f(1)＝ea－<，即ea－a<0.
设g(a)＝ea－a(a>0)，g′(a)＝ea－1>0.
所以g(a)min>g(0)＝e0－0＝1>0，
即ea>a恒成立，即g(a)>0，
所以不等式ea－a<0无解；
②当a<0时，
x
(－∞，0)
0
(0，－)
－
(－，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

且f(0)＝1>0，由①知f(1)>恒成立，
若∃x0≥1，使f(x0)<，则，
所以
所以，
解得1－ <a<0.
综上所述，参数a的取值范围为(1－ ，0)．
[题后悟通]
破解此类以函数为背景的不等式恒成立问题需要“一构造、一分类”．“一构造”是指通过不等式的同解变形，构造一个与背景函数相关的函数；“一分类”是指在不等式恒成立问题中，常需对参数进行分类讨论，求出参数的范围．有时也可以利用分离参数法．即将不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值．一般地，a＞f(x)对x∈D恒成立，只需a＞f(x)max；a＜f(x)对x∈D恒成立，只需a＜f(x)min.

　　　　　　　　利用导数研究函数的零点或方程的根

授课提示：对应学生用书第64页

考情调研
考向分析
主要考查利用导数研究函数的零点个数，题目以解答题形式出现，难度较大，属于压轴题.
1.零点个数的判断与证明．
2.根据零点个数求参数范围.

[题组练透]
1．函数f(x)＝2x2－ax＋1＋ln x(a∈R)．
(1)若a＝5时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝f(x)－2ln x，若函数g(x)在x∈上有两个零点，求实数a的取值范围．
解析：(1)当a＝5时，f(x)＝2x2－5x＋1＋ln x的定义域为x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝4x－5＋＝，
当x∈，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在和(1，＋∞)上单调递增．
当x∈时，f′(x)<0，∴f(x)在上单调递减．
故f(x)的单调增区间为，(1，＋∞)；单调减区间为.
(2)因为g(x)＝f(x)－2ln x＝2x2－ax＋1－ln x在x∈上有两个零点，
等价于ax＝2x2＋1－ln x在x∈上有两解，
a＝2x＋－，
令h(x)＝2x＋－，x∈则h′(x)＝，
令t(x)＝2x2－2＋ln x，x∈则t′(x)＝>0，
∴t(x)在x∈上单调递增，又t(1)＝0，
∴t(x)在x∈上有t(x)<0，t(x)在x∈(1，e]有t(x)>0，
∴x∈时，h′(x)<0，x∈(1，e]时，h′(x)>0，
∴h(x)在x∈上单调递减，在(1，e]上单调递增．
∴h(x)min＝h(1)＝3，
h＝＋2e，h(e)＝2e，
由a＝2x＋－有两解及h>h(e)可知．
∴a∈(3,2e]．
2．已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
解析：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点．
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
③若h(2)＜0，即a＞，
因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点；
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，当f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.
[题后悟通]
利用导数研究方程解的个数问题的一般思路
(1)将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题．
(2)利用导数研究出该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象．
(3)结合图象求解．