2019届高考数学二轮复习专题六函数与导数不等式第5讲导数的综合应用与热点问题学案理.doc

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1、内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯第5讲　导数的综合应用与热点问题高考定位　在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真题感悟1.(2018·全国Ⅱ卷)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.(1)证明　当a＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2.令

2、g′(x)＝0，解得x＝ln2.当x∈(0，ln2)时，g′(x)<0；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)>0.∴当x≥0时，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.(2)解　若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，由a＝，令φ(x)＝，x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，解得x＝2.当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.∴φ(x)min＝φ(2)＝.∴a

3、＝.2.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－21时，g′(x)>0，g(x)单调递

4、增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.(2)证明　由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx，设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－.当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.所以h(x)在单调递减，在单调递增.又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.因为f′(x)＝h(x)，所以

5、x＝x0是f(x)的唯一极大值点.由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).由x0∈得f(x0)<.因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.所以e－2

6、的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x10两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)>0或f(x2)＜0两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＜0且f(x2)＞0

7、3.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)g(x)对一切x∈I恒成立I是f(x)>g(x)的解集的子集[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②x∈I，使f(x)>g(x)成立I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集[f(x)－g(x)]max>0(x∈I

8、).③对x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)f(x)max≤g(x)min.④对x1∈I，x2∈I使得f(x1)≥g(x2)f(x)min≥g(x)min.温馨提醒　解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一　利用导数研究函数的零点(方程的根)