专题7.4 函数与导数中的综合问题（课件）-【金版新学案】2024高考理科数学大二轮专题复习与测试（老教材）

专题七　函数与导数 第四讲　函数与导数中的综合问题 内容索引 引领 高考价值 01 提升 关键能力 02 专 题 集 训 03 高考价值　引领 01 返回 (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程． (3)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值，求a的取值范围． 注意到h(0)＝0，所以h(x)<0，即f′(x)<0， 所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值点； ②当a≤0时，h′(x)<0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，函数f(x)单调递增． 所以函数f(x)在(0，＋∞)内有极值点x0. 2．(2022·新高考Ⅱ卷) 已知函数f(x)＝xeax－ex. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； 当a＝1时，f(x)＝xex－ex，则f′(x)＝xex， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围； 当x>0时，f(x)<－1，即xeax－ex<－1在(0，＋∞)上恒成立， 令F(x)＝xeax－ex＋1(x>0)， 则F(x)<0在(0，＋∞)上恒成立． 易得F(0)＝0，F′(x)＝eax＋axeax－ex，F′(0)＝0， F″(x)＝aeax＋aeax＋a2xeax－ex，F″(0)＝2a－1. 若F″(0)>0，则F′(x)必定存在一个单调递增区间(0，x0)， 又F′(0)＝0，所以F(x)也必定存在一个单调递增区间(0，x′0)． 于是F(x)>F(0)＝0在(0，x′0)上恒成立，与F(x)<0矛盾， 3．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； f(x)的定义域为(－1，＋∞)． (2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围． 设g(x)＝ex＋a(1－x2)， 1°若a>0，当x∈(－1，0)，g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，即f′(x)>0； 所以f(x)在(－1，0)上单调递增，f(x)<f(0)＝0， 故f(x)在(－1，0)上没有零点，不合题意． 2°若－1≤a≤0，当x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex－2ax>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a≥0，即f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0， 故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意． 3°若a<－1， ①当x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0， 所以存在m∈(0，1)，使得g(m)＝0，即f′(m)＝0， 当x∈(0，m)，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调 递增， 所以当x∈(0，m)，f(x)<f(0)＝0， 当x→＋∞，f(x)→＋∞，所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点． 又f(x)在(0，m)上没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点． ②当x∈(－1，0)，g(x)＝ex＋a(1－x2)， 设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，h′(x)＝ex－2a>0， 以g′(x)在(－1，0)上单调递增， 所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0， 即f(x)在(－1，0)上有唯一零点，所以a<－1，符合题意． 1．导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点． 2．多以解答题的形式压轴出现，难度较大． 返回 考情分析 02 返回 关键能力　提升 一　导数与不等式的证明 角度一　构造函数，利用最值证明不等式 (2023·山东聊城三模)已知函数f(x)＝(m＋1)x－mln x－m. (1)讨论f(x)的单调性； 例1 ③当m＋1>0，即m>－1时， 若－1<m≤0，则f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)单调递增． (2)证明：当m≤1，且x>1时，f(x)<ex－1. 证明：要证f(x)<ex－1，即证ex－1－m(x－1)>x－mln x， 即证ex－1－m(x－1)>eln x－mln x. 1．形如f(x)>g(x)＋a(x∈A)的不等式，两边含有同一个变量时，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导数研究函数的性质． 2．借助导数求φ(x)＝f(x)－g(x)的最小值M，只要证明M>a成立，即可证明f(x)>g(x