高考数学第2部分专题6函数、导数、不等式第14讲导数的综合应用学案文

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1、第14讲　导数的综合应用高考统计·定方向热点题型真题统计命题规律题型1：“辅助函数法”证明不等式(构造法)2018全国卷ⅠT21；2018全国卷ⅢT212017全国卷ⅢT21；2016全国卷ⅢT211.每年必考内容，出现在压轴题的位置，难度很大.2.利用导数研究函数的零点问题是近几年高考的一个亮点，热点内容，应引起高度重视.题型2：“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题2017全国卷ⅠT21；2017全国卷ⅡT212016全国卷ⅡT20；2014全国卷ⅠT21题型3：“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题2018全国卷ⅡT21；2016全国卷ⅠT212015全国卷ⅠT21；2014全国卷ⅡT

2、21题型1　“辅助函数法”证明不等式(构造法)利用导数证明不等式是近几年高考考查的热点，重点考查利用导数研究函数的单调性，求极值、最值的方法以及转化与化归、函数与方程、分类讨论的思想．■高考考法示例·【例1】　(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.[思路点拨]　(1)―→(2)→→[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.19从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－.当0

3、>2时，f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．(2)证明：当a≥时，f(x)≥－lnx－1.设g(x)＝－lnx－1，则g′(x)＝－.当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥时，f(x)≥0.[方法归纳]　构造辅助函数的4种方法【教师备选】(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.

4、若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.19故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x>0时

5、，g(x)≤0.从而当a<0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2.■对点即时训练·已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln，且x＞0时，＞x＋－3a.[解]　(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，知f′(x)＝ex－3.令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)3(1－ln3＋a)故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3)，单调递增区间是(ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(l

6、n3)＝3(1－ln3＋a)．19(2)证明：待证不等式等价于ex＞x2－3ax＋1，设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，于是g′(x)＝ex－3x＋3a.由(1)及a>ln＝ln3－1知，g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋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＝ln3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即ex>x2－3ax＋1，故＞x＋－3a.题型2　“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题利用导数解决不等式恒成立问题是高考常考考点，主要考查利用导

7、数研究函数的单调性，求函数最值的方法，以及转化与化归，函数与方程、分类讨论的思想．■高考考法示例·【例2】　(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.[解]　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞