2019年高考数学（理科）二轮专题复习课件：第二部分 导数的综合应用(共52张PPT)

专题一 函数与导数、不等式 第5讲　导数的综合应用 1．(2018·全国卷Ⅱ)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)≥1等价于(x2＋1)·e－x－1≤0. 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1， 则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0， 即f(x)≥1. (2)解：设函数h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点． (ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点； (ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x. 当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0. 所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故h(2)＝1－eq \f(4a,e2)是h(x)在(0，＋∞)的最小值． ①若h(2)＞0，即a＜eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)上没有零点； ②若h(2)＝0，即a＝eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点； ③若h(2)＜0，即a＞eq \f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)上有一个零点． 由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，h(4a)＝1－eq \f(16a3,e4a)＝1－eq \f(16a3,（e2a）2)＞1－eq \f(16a3,（2a）4)＝1－eq \f(1,a)＞0. 故h(x)在(2，4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点． 综上，当f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝eq \f(e2,4). 2．(2017·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0. (1)求a； (2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜e－2. (1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)， 设g(x)＝ax－a－ln x， 则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0， 因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0， 而g′(x)＝a－eq