全国通用版2019高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲导数的热点问题学案理

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1、第4讲　导数的热点问题[考情考向分析]　利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　热点一　利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1　(2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)已知函数f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥0，e＝2.718…，e为自然对数的底数)，若f(x)≥0对于x∈R恒成立．(1)求实数a的值；(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且＋≤f(

2、x0)<.(1)解　由f(x)＝ex(aex－a－x)≥0对于x∈R恒成立，设函数g(x)＝aex－a－x，可得g(x)＝aex－a－x≥0对于x∈R恒成立，∵g(0)＝0，∴g(x)≥g(0)，从而x＝0是g(x)的一个极小值点，∵g′(x)＝aex－1，∴g′(0)＝a－1＝0，即a＝1.当a＝1时，g(x)＝ex－1－x，g′(x)＝ex－1，∵x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0，故a＝1.(2)证明　当a＝1时，f(x)

3、＝e2x－ex－xex，f′(x)＝ex(2ex－x－2)．令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1，∴当x∈(－∞，－ln2)时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln2)上为减函数；当x∈(－ln2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(－ln2，＋∞)上为增函数，∵h(－1)<0，h(－2)>0，∴在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0，∵h(x)在(－∞，－ln2)上为减函数，∴当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，当x∈(x0，－ln2)时，h(x)<0，即f′(x)<

4、0，f(x)在(x0，－ln2)上为减函数，当x∈(－ln2,0)时，h(x)h(0)＝0，即f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴f(x)在(－ln2，＋∞)上只有一个极小值点0，综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0，且x0∈(－2，－1)．∵h(x0)＝0，∴2－x0－2＝0，∴f(x0)＝－－x0＝2－(x0＋1)＝－，x0∈(－2，－1)，∵当x∈(－2，－1)时，－<，∴f(x0)<；∵ln∈(－2，－1)，∴f(x0)≥f 

5、＝＋；综上知＋≤f(x0)<.思维升华　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]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a，b]，且x1

6、若a∈，求证：f(x)≥2ax－xeax－1.(1)解　由题意得f′(x)＝a－＝(x>0)，①当a≤0时，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a>0时，则当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)证明　令g(x)＝f(x)－2ax＋xeax－1＝xeax－1－ax－lnx，则g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－＝(ax＋1)＝(x>0)，设r(x)＝xea

7、x－1－1(x>0)，则r′(x)＝(1＋ax)eax－1(x>0)，∵eax－1>0，∴当x∈时，r′(x)>0，r(x)单调递增；当x∈时，r′(x)<0，r(x)单调递减．∴r(x)max＝r＝－≤0，∴当0－时，g′(x)>0，∴g(x)在上单调递减，在上单调递增，∴g(x)min＝g，设t＝－∈，则g＝h(t)＝－lnt＋1(0

8、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过