统考版2022届高考数学一轮复习第三章3.2.3导数的综合应用学案理含解析

高考 第 3 课时 导数的综合应用 考点一 不等式的证明[互动讲练型] 考向一：构造函数法 [例 1] 设 a 为实数，函数 f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当 a>ln 2－1 且 x>0 时，ex>x2－2ax＋1. 类题通法 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用 导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证. 考向二：分拆函数法 [例 2] 已知函数 f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a＝e 时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0. 听课笔记： 类题通法 若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找 到可以传递的中间量，达到证明的目标. [变式练]——(着眼于举一反三) 高考 1．已知函数 f(x)＝ex－x2. (1)求曲线 f(x)在 x＝1 处的切线方程； (2)求证：当 x>0 时， ex＋2－ex－1 x ≥ln x＋1. 考点二 不等式恒成立问题[互动讲练型] [例 3] [2020·全国卷Ⅰ节选]已知函数 f(x)＝ex＋ax2－x.当 x≥0 时，f(x)≥ 1 2 x3＋1，求 a 的取值 X 围． 悟·技法 不等式恒成立问题的求解策略 (1)已知不等式 f(x·λ)>0(λ为实参数)对任意的 x∈D 恒成立，求参数λ的取值 X 围．利用导数解 决此类问题可以运用分离参数法． (2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成 立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δln 2－1 时，g′(x)最小值为 g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意 x∈R， 都有 g′(x)>0， 所以 g(x)在 R 内单调递增． 于是当 a>ln 2－1 时，对任意 x∈(0，＋∞)，都有 g(x)>g(0)． 又 g(0)＝0，从而对任意 x∈(0，＋∞)，g(x)>0. 即 ex－x2＋2ax－1>0，故 ex>x2－2ax＋1. 例 2 解析：(1)f′(x)＝ e x －a(x>0)， ①若 a≤0，则 f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②若 a>0，则当 00，当 x> e a 时，f′(x)0， 高考 所以只需证 f(x)≤ ex x －2e， 当 a＝e 时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以 f(x)max＝f(1)＝－e， 记 g(x)＝ ex x －2e(x>0)， 则 g′(x)＝ x－1ex x2 ， 所以当 00 时，f(x)≤g(x)， 即 f(x)≤ ex x －2e，即 xf(x)－ex＋2ex≤0. 变式练 1．解析：(1)f′(x)＝ex－2x， 则 f′(1)＝e－2，f(1)＝e－1， 所以曲线 f(x)在 x＝1 处的切线方程为 y＝(e－2)x＋1. (2)证明：设 g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)， 则 g′(x)＝ex－2x－(e－2)， 设 m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)，则 m′(x)＝ex－2， 易得 g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 又 g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0， 由 01，不合题意． ②若 00，所以 1 1＋x >0，ln(1＋x)>0，所以 f′(x) k x＋1 恒成立， 即 k< x＋1＋x＋1lnx＋1 x 恒成立， 即 k< x＋1＋x＋1lnx＋1 x min， 设 h(x)＝ x＋1＋x＋1lnx＋1 x ， 所以 h′(x)＝ x－1－lnx＋1 x2 ，(x>0)， 令 g(x)＝x－1－ln(x＋1)， 则 g′(x)＝1－ 1 x＋1 ＝ x x＋1 >0， 即 g(x)在(0，＋∞)为增函数， 又 g(2)＝1－ln 30， 即存在唯一的实数根 a，满足 g(a)＝0，且 a∈(2,3)，a－1－ln(a＋1)＝0， 当 x>a 时，g(x)>0，h′(x)>0，当 00 时，f′(x)>0，f(x)在 R 上是增函数， 当 x>1 时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0； 当 x