第4讲　导数的综合应用课件-2023届高三数学（文）二轮专题复习

第4讲　导数的综合应用 考点一　利用导数研究函数的零点——“形”定个数，“离”参转化 三次函数的零点分布 三次函数在存在两个极值点的情况下，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x1<x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下： a的符号 零点个数 充要条件 a>0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值) 一个 f(x1)<0或f(x2)>0 两个 f(x1)＝0或f(x2)＝0 三个 f(x1)>0且f(x2)<0 a<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f(x2)＝0 三个 f(x1)<0且f(x2)>0 例 1 [2022·全国乙卷(文)]已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围． 解析：(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)， 则f′(x)＝＝. 当x∈(0，1)时，f′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0. 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1. (2)因为函数f(x)恰有一个零点，所以方程a(x－ln x)－－ln x＝0在(0，＋∞)上恰有一个解，即方程a(x－ln x)＝＋ln x在(0，＋∞)上恰有一个解． 又易知当x>0时，x－ln x>0， 所以方程a＝在(0，＋∞)上恰有一个解． 令g(x)＝(x>0)， 则g′(x)＝. 令h(x)＝x－1－(x＋1)ln x(x>0)， 则h′(x)＝1－ln x－＝－ln x－. 由(1)知，h′(x)≤－1， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又h(1)＝0，所以当x∈(0，1]时，h(x)≥0； 当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0. 则当x∈(0，1]时，g′(x)≤0； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0. 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以a∈(0，＋∞)． 归纳总结 利用导数研究函数零点问题的思路 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解． (2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 对点训练 [2020·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝ex－a(x＋2). (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 解析：（1）当a＝1时，f（x）＝ex－x－2，则f′（x）＝ex－1. 当x<0时，f′（x）<0；当x>0时，f′（x）>0. 所以f（x）在（－∞，0）单调递减，在（0，＋∞）单调递增． （2）f′（x）＝ex－a. 当a≤0时，f′（x）>0，所以f（x）在（－∞，＋∞）单调递增，故f（x）至多存在1个零点，不合题意． 当a>0时，由f′（x）＝0可得x＝ln a，当x∈（－∞，ln a）时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当x∈（ln a，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增．故当x＝ln a时，f（x）取得最小值，最小值为f（ln a）＝－a（1＋ln a）. 又当x→－∞时，f（x）→＋∞，当x→＋∞时，f（x）→＋∞， ∴要使f（x）有两个零点，只需f（ln a）<0， 则1＋ln a>0得a>，综上，a的取值范围是(). 考点二　利用导数证明不等式——构造·分离·放缩 常见的指数、对数不等式 (1)ex≥x＋1及其变形ex－1≥x，ex≥ex等． (2)ln x≤x－1(x>0)及其变式ln (x＋1)≤x，ln x≥1－等． 例 2 [2022·湖北二模]已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝a(ln x＋x)． (1)若不等式f(x)≥g(x)恒成立，求正实数a的值； (2)证明：x2ex>(x＋2)ln x＋2sin x． 解析： (1)令h(x)＝f(x)－g(x)＝xex－a(ln x＋x)－1， 则h′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x>0)， 设φ(x)＝xex－a(a>0)，则φ′(x)＝(x＋1)ex>0对任意x>0恒成立， 所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又φ(0)＝－a<0，φ(a)＝aea－a＝a(ea－1)>0，存在唯一