統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)專題六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第4講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用理-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

三次函數(shù)的零點(diǎn)分布
三次函數(shù)在存在兩個極值點(diǎn)的情況下，由于當(dāng)x→∞時，函數(shù)值也趨向∞，只要按照極值與零的大小關(guān)系確定其零點(diǎn)的個數(shù)即可．存在兩個極值點(diǎn)x1，x2且x10)及其變式ln (x＋1)≤x，ln x≥1－等．
例 2[2023·湖北二模]已知函數(shù)f(x)＝xex－1，g(x)＝a(ln x＋x)．
(1)若不等式f(x)≥g(x)恒成立，求正實(shí)數(shù)a的值；
(2)證明：x2ex>(x＋2)ln x＋2sin x．
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歸納總結(jié)
用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法
(1)利用單調(diào)性：若f(x)在[a，b]上是增函數(shù)，則①?x∈[a，b]，則f(a)≤f(x)≤f(b)；②對?x1，x2∈[a，b]，且x10在[m，n]上有解?________________．
(2)雙變量“恒成立”與“能成立”問題的轉(zhuǎn)化策略
①若?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)，等價于函數(shù)f(x)在D1上的值域A與函數(shù)g(x)在D2上的值域B的交集不為空集，即A其等價轉(zhuǎn)化的基本思想是：兩個函數(shù)有相等的函數(shù)值，即它們的________有公共部分．
②對?x1∈D1，?x2∈D2，都有f(x1)0，則當(dāng)0時，f′(x)0，所以只需證f(x)≤－2e，
當(dāng)a＝e時，由(1)知，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.
記g(x)＝－2e(x>0)，
則g′(x)＝，
所以當(dāng)00時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二：證xf(x)－ex＋2ex≤0，
即證ex ln x－ex2－ex＋2ex≤0，
從而等價于ln x－x＋2≤.
設(shè)函數(shù)g(x)＝ln x－x＋2，
則g′(x)＝－1.
所以當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)>0；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)0時，g(x)≤h(x)，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
題后悟道
函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題的關(guān)鍵
(1)會求函數(shù)的極值點(diǎn)，先利用方程f′(x)＝0的根，將函數(shù)的定義域分成若干個開區(qū)間，再列成表格，最后依表格內(nèi)容即可寫出函數(shù)的極值；
(2)證明不等式，常構(gòu)造函數(shù)，并利用導(dǎo)數(shù)法判斷新構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性，從而可證明原不等式成立；
(3)不等式恒成立問題除了用分離參數(shù)法，還可以從分類討論和判斷函數(shù)的單調(diào)性入手，去求參數(shù)的取值范圍．
第4講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
考點(diǎn)一
[例1] 解析：（1）當(dāng)a＝0時，f（x）＝－ eq \f(1,x)－ln x（x>0），
則f′（x）＝ eq \f(1,x2)－ eq \f(1,x)＝ eq \f(1－x,x2).
當(dāng)x∈（0，1）時，f′（x）>0；
當(dāng)x∈（1，＋∞）時，f′（x）0時，x－ln x>0，
所以方程a＝ eq \f(\f(1,x)＋ln x,x－ln x)在（0，＋∞）上恰有一個解．
令g（x）＝ eq \f(\f(1,x)＋ln x,x－ln x)（x>0），
則g′（x）＝ eq \f(（x－1）[x－1－（x＋1）ln x],x2（x－ln x）2).
令h（x）＝x－1－（x＋1）ln x（x>0），
則h′（x）＝1－ln x－ eq \f(x＋1,x)＝－ln x－ eq \f(1,x).
由（1）知，h′（x）≤－1，
所以h（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減．
又h（1）＝0，所以當(dāng)x∈（0，1]時，h（x）≥0；
當(dāng)x∈（1，＋∞）時，h（x）0，則f（x）在（0，＋∞）上不存在零點(diǎn)，故不符合題意．
②當(dāng)a－1，e－x>0，∵a1時，由于1－x20.
綜上可知，當(dāng)x>0時，都有g(shù)（x）>0，則f′（x）＝ eq \f(g（x）,x＋1)>0，
∴f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增．
∴對于?x>0，f（x）>f（0）＝0，f（x）在（0，＋∞）上不存在零點(diǎn)，符合題意．
（ⅱ）當(dāng)a0，
?x∈（x0，0），都有g(shù)（x）0，
∴f（x）在（0，x1）上單調(diào)遞減，在[x1，＋∞）上單調(diào)遞增．
又∵f（0）＝0，∴?x∈（0，x1），f（x）h′（0）＝0，
∴h（x）>h（0）＝0，∴g′（x）>0，∴g（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增．
又∵當(dāng)x→0時，g（x）＝ eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(ex ln （1＋x）,x)＝1，當(dāng)x→＋∞時，g（x）→＋∞，∴a∈（－∞，－1）.
②當(dāng)x∈（－1， eq \r(3)－2）時，φ′（x）0.
∵當(dāng)x→－1時，φ（x）＝h′（x）→＋∞，h′（0）＝0，
∴存在a1∈（－1，0）使h′（a1）＝0，
∴h（x）在（－1，a1）上單調(diào)遞增，在（a1，0）上單調(diào)遞減．
當(dāng)x→－1時，h（x）→－∞.
又h（0）＝0，
∴存在a2∈（－1，a1），使得h（a2）＝0，
即g（x）在（－1，a2）上單調(diào)遞減，在（a2，0）上單調(diào)遞增．
當(dāng)x→－1時，g（x）→＋∞；
當(dāng)x→0時，g（x）→1，g（x）的大致圖象如圖．
故當(dāng)a∈（－∞，－1）∪{－g（a2）}時，g（x）＝－a僅有一解；當(dāng)a∈（－1，－g（a2））時，g（x）＝－a有兩解．
綜上可知，a∈（－∞，－1）.
考點(diǎn)二
[例2] 解析：（1）令h（x）＝f（x）－g（x）＝xex－a（ln x＋x）－1，
則h′（x）＝（x＋1）ex－a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))＝ eq \f(（x＋1）（xex－a）,x)（x>0），
設(shè)φ（x）＝xex－a（a>0），則φ′（x）＝（x＋1）ex>0對任意x>0恒成立，
所以φ（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，
又φ（0）＝－a0，存在唯一實(shí)數(shù)x0∈（0，a），φ（x0）＝0，
所以當(dāng)x∈（0，x0）時，h′（x）＝ eq \f(（x＋1）·φ（x）,x)0，h（x）單調(diào)遞增；
所以h（x）min＝h（x0）＝x0ex0－a（x0＋ln x0）－1.
因?yàn)間（x0）＝x0ex0－a＝0（00），
因?yàn)镕′（a）＝1－（1＋ln a）＝－ln a，所以F（a）在（0，1）上單調(diào)遞增，（1，＋∞）上單調(diào)遞減，
所以F（a）≤F（1）＝0，而依題意必有F（a）≥0，所以F（a）＝0，此時a＝1，
所以若不等式f（x）≥g（x）恒成立，則正實(shí)數(shù)a的值為1.
（2）證明：方法一由（1）得，當(dāng)a＝1時，f（x）＝xex－（x＋ln x）≥1對任意x>0恒成立．
所以?x∈（0，＋∞），xex≥x＋ln x＋1，（當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時等號成立），
則x2ex≥x2＋x ln x＋x（x>0）.
所以要證明x2ex>（x＋2）ln x＋2sin x（x>0），只需證x2＋x ln x＋x>（x＋2）ln x＋2sin x（x>0），
即證x2＋x>2ln x＋2sin x（x>0）.
設(shè)β（x）＝ln x－x＋1，則β′（x）＝ eq \f(1,x)－1＝ eq \f(1－x,x)（x>0），β（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，（1，＋∞）上單調(diào)遞減．
所以?x∈（0，＋∞），β（x）≤β（1）＝0，即ln x≤x－1（x>0）.
所以只需證x2＋x>2（x－1）＋2sin x，即證x2－x＋2>2sin x．
①當(dāng)x>1時，x2－x＋2＝x（x－1）＋2>2≥2sin x，不等式成立．
②當(dāng)0sin x（x>0）.
設(shè)β（x）＝ln x－x＋1，則β′（x）＝ eq \f(1,x)－1＝ eq \f(1－x,x)（x>0），β（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，（1，＋∞）上單調(diào)遞減，
?x∈（0，＋∞），β（x）≤β（1）＝0，所以ln x≤x－1（x>0），所以ln ex≤ex－1，即ex≥x＋1.
所以當(dāng)x∈（0，＋∞）時，（x＋2）ln x＋2sin x（x＋2）ln x＋2sin x（x>0）.
對點(diǎn)訓(xùn)練
解析：（1）由題意得y＝xf（x）＝x ln （a－x），
則y′＝ln （a－x）＋x[ln （a－x）]′.
因?yàn)閤＝0是函數(shù)y＝xf（x）的極值點(diǎn)，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.
（2）證明：由（1）可知，f（x）＝ln （1－x），其定義域?yàn)閧x|x0(f(x1)為極大值，f(x2)為極小值)
一個
f(x1)0
兩個
f(x1)＝0或f(x2)＝0
三個
f(x1)>0且f(x2)