新高考数学一轮复习考点学案第3章§3.7导数的综合应用（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点学案第3章§3.7导数的综合应用（含答案解析），共18页。
题型一 利用导数研究恒(能)成立问题
例1 已知函数f(x)＝(x－2)ex.
(1)求f(x)在[－1，3]上的最值；
(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
思维升华 恒(能)成立问题的解法
(1)若f(x)在区间I上有最值，则
①恒成立：∀x∈I，f(x)>0⇔f(x)min>0；∀x∈I，f(x)0；∃x∈I，f(x)f(x)max；af(x)min；ae(x－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.
(3)对于函数中含有ex和ln x与其他代数式结合的问题，可以考虑先对ex和ln x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；②ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.
跟踪训练2 已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
题型三 利用导数研究函数的零点
例3 已知函数f(x)＝lnx＋axx，a∈R.
(1)若a＝0，求f(x)的最大值；
(2)若00，
∴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−12时，原不等式化为a≤2(x−2)exx2−2x＝2exx，令g(x)＝2exx，
则g'(x)＝2(x−1)exx2，
∵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].
方法二 依题意，当x∈[2，＋∞)时，2(x－2)ex＋2ax－ax2≥0恒成立，
令φ(x)＝2(x－2)ex＋2ax－ax2，x∈[2，＋∞)，
∴φ(x)≥0恒成立，
φ'(x)＝2(x－1)ex＋2a－2ax
＝2(x－1)(ex－a)，
又x≥2，∴x－1>0，ex≥e2，
①当a≤e2时，φ'(x)≥0，
∴φ(x)在[2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(2)＝0，
∴φ(x)≥0恒成立，故a≤e2符合题意.
②当a>e2时，令φ'(x)＝0⇒x＝ln a，
当x∈[2，ln a)时，φ'(x)0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).
(2)不等式f(x)≤0在e−1，e2上有解等价于a≤1x＋lnxx2在e−1，e2上有解，
令g(x)＝1x＋lnxx2，x∈e−1，e2，则a≤g(x)max，x∈e−1，e2.
g'(x)＝－1x2＋1−2lnxx3
＝1−2lnx−xx3，
令h(x)＝1－2ln x－x，
x∈e−1，e2，
易知h(x)在e−1，e2上单调递减，且h(1)＝0，
所以当x∈[e－1，1)时，h(x)>0，
即g'(x)>0，当x∈(1，e2]时，
h(x)1.
设G(x)＝ln x－x−1ex−1，x>1，
G'(x)＝1x－ex−1−(x−1)ex−1(ex−1)2＝ex−1＋x2−2xxex−1，
设m(x)＝ex－1＋x2－2x，x>1，
m'(x)＝ex－1＋2x－2＝ex－1＋2(x－1)，
当x>1时，m'(x)>0，∴m(x)在(1，＋∞)上单调递增.
∴m(x)>m(1)＝0，∴G'(x)>0，
∴G(x)在(1，＋∞)上单调递增，G(x)>G(1)＝0，
由此可证，当x>1时，
exln x>e(x－1)成立.
方法二 由(1)知，当a≥－1时，f(x)≥0恒成立，取a＝－1，得ln x≥x−1x成立，当且仅当x＝1时取等号.
∴当x>1时，exln x>ex(x−1)x，
设h(x)＝ex－ex，
h'(x)＝ex－e，故当x>1时，
h'(x)>0，
∴h(x)＝ex－ex在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(1)＝0，∴ex>ex.
∴当x>1时，exx>e，
即ex(x−1)x>e(x－1).
由此可证，当x>1时，
exln x>ex(x−1)x>e(x－1).
跟踪训练2 (1)解 f '(x)＝ex－a(x>0)，
①若a≤0，则f '(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00)，
则g'(x)＝(x−1)exx2，
所以当00，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤exx－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0得证.
例3 (1)解 若a＝0，则f(x)＝lnxx，其定义域为(0，＋∞)，
∴f '(x)＝1−lnxx2，由f '(x)＝0，得x＝e，
当0