函数的综合应用课件-高三数学二轮复习

第7讲函数的综合应用专题六

不等式、函数与导数1.(2024·全国甲卷，文T20)已知函数f(x)=a(x-1)-lnx+1.(1)讨论f(x)的单调性；探究真题明确方向

解(2)设a≤2，证明：当x>1时，f(x)<ex-1.

证明

证明

解(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.

证明

证明

证明

证明

解(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；

证明(3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2，求b的取值范围.

解

解

解

证明

证明(2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，+∞)的极值点和零点.(ⅰ)设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减；

证明

证明(ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论.2x1>x2，证明如下：由(ⅰ)知，函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减，所以g(0)>g(x1)，即0>f(2x1)，又f(x2)=0，所以f(x2)>f(2x1)，由(1)可知f(x)在(x1，+∞)上单调递减，2x1，x2∈(x1，+∞)，所以2x1>x2.解命题热度：本讲是历年高考命题必考的内容，属于中高档题目，具有较大的难度，三种题型都有所考查，主要是解答题.分值约为5~13分.考查方向：考查重点一是由不等式恒成立、能成立求参数范围，二是利用导数证明不等式，涉及构造函数求最值，极值点偏移，以及切割线放缩等，三是函数的零点，主要是判断零点个数、由零点个数或零点范围求参数的范围等.考点二利用导数证明不等式考点一利用导数研究不等式恒(能)成立问题内容索引专题突破练考点三利用导数研究函数的零点考点一利用导数研究不等式恒(能)成立问题

(2025·石家庄模拟)已知函数f(x)=ex-ax-3(a∈R).(1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程；例1由题设f(x)=ex+x-3，则f'(x)=ex+1，且f(0)=-2，f'(0)=2，∴曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y+2=2x，即2x-y-2=0.解

解当1-a≥0，即a≤1时，g'(x)≥0，则g(x)在[0，+∞)上单调递增，g(x)≥g(0)=0，符合题意；当1-a<0，即a>1时，g'(0)<0，而当x→+∞时，g'(x)→+∞，∴∃x0∈(0，+∞)，使g'(x0)=0，即在[0，x0)上，g'(x)<0，在(x0，+∞)上，g'(x)>0，∴g(x)在[0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，从而g(x)min=g(x0)<g(0)=0，与g(x)≥0恒成立矛盾，不符合题意，综上，a≤1.解

解又g'(x)=ex-x-a，故g'(0)=1-a≥0，即a≤1，下证，当a≤1时，g(x)≥0恒成立.∵g″(x)=ex-1≥e0-1=0，∴g'(x)在[0，+∞)上单调递增，∴g'(x)≥g'(0)=e0-a=1-a≥0，∴g(x)在[0，+∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)=0恒成立，故a≤1.解

解

解

解1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略(1)求最值法.将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.(2)分离参数法.将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围.2.不等式能成立问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别.含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min；若a<f(x)在x∈D上能成立，则a<f(x)max.规律方法跟踪演练1

(2025·张家口模拟)已知f(x)=lnx-a(x+1)，a∈R.(1)若a=2，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；

解(2)若∃x0∈(0，2]，使f(x0)>0，求a的取值范围.

解返回考点二利用导数证明不等式

例2

解

解(2)若a=0，x>0，证明：f(x)>g'(x).

证明

证明

证明方法三

切线放缩法令φ(x)=ex-x-1，则φ'(x)=ex-1，当x∈(-∞，0)时，φ'(x)<0，当x∈(0，+∞)时，φ'(x)>0，所以φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(0)=0，即ex≥x+1，当且仅当x=0时等号成立.当x>0时，xex>x(x+1)，要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln

x+1，证明

证明

证明

证明利用导数证明不等式问题的方法(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0(或f(x)-g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x).(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论.(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数.规律方法

证明(2)f(x)<0.

证明返回考点三利用导数研究函数的零点

已知函数f(x)=eax-x(a∈R).(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；例3若a=2，则f(x)=e2x-x，f'(x)=2e2x-1.又f(1)=e2-1，即切点坐标为(1，e2-1)，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的斜率k=f'(1)=2e2-1，故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1)，即y=(2e2-1)x-e2.解(2)讨论f(x)的零点个数.

解

解

解

解函数的零点问题有两种常见的解题方法，一是分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数；二是利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定参数的范围或零点的个数.规律方法跟踪演练3

(2025·白银模拟)已知函数f(x)=ex-1-ax.(1)若a=2，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；当a=2时，f(x)=ex-1-2x，所以f(1)=-1.因为f'(x)=ex-1-2，所以f'(1)=-1.所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-(-1)=-(x-1)，即x+y=0.解(2)若a∈(1，e]，证明函数f(x)有两个零点.对f(x)=ex-1-ax求导，得f'(x)=ex-1-a.令f'(x)=ex-1-a=0，得x=1+ln

a，当x∈(-∞，1+ln

a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1+ln

a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以当x=1+ln

a时，f(x)取得最小值，f(x)min=f(1+ln

a)=a-a(1+ln

a)=-aln

a.因为a∈(1，e]，所以1+ln

a∈(1，2]，f(1+ln

a)<0.因为f(0)=e-1>0，所以f(x)在(-∞，1+ln

a)上有唯一零点.又f(4)=e3-4a，因为a≤e，所以e3-4a≥e3-4e=e(e2-4)>0，则f(4)>0，所以f(x)在(1+ln

a，+∞)上有唯一零点.综上，当a∈(1，e]时，函数f(x)有两个零点.证明返回专题突破练答案1231.

答案1232.

答案1232.

答案1232.

答案1233.

答案1233.

答案1233.

答案1233.也即f(1+x)>f(1-x)对x∈(0，1)恒成立.由0<x1<1<x2，得1-x1∈(0，1)，所以f(1+(1-x1))=f(2-x1)>f(1-(1-x1))=f(x1)=f(x2)，即f(2-x1)>f(x2)，又因为2-x1，x2∈(1，+∞)，且f(x)在(1，+∞)上单调递减，所以2-x1<x2，即x1+x2>2.答案1233.

答案1233.

答案1233.又因为et-1>0，等价于证明2t+(t-2)(et-1)>0，构造函数G(t)=2t+(t-2)(et-1)(t>0)，则G'(t)=(t-1)et+1，令p(t)=G'(t)(t>0)，则p'(t)=tet>0.故G'(t)在(0，+∞)上单调递增，G'(t)>G'(0)=0，从而G(t)也在(0，+∞)上单调递增，G(t)>G(0)=0，即2t+(t-2)(et-1)>0成立，也即原不等式x1+x2>2成立.

123答案

解(2)若f(x)≥lna恒成立，求a的取值范围.123答案

解1232.(2025·遵义模拟)已知函数f(x)=lnx-ax.(1)若a=2，求函数f(x)的单调区间；答案

解123(2)设g(x)=f(x)+1，若函数g(x)有两个零点，求实数a的取值范围；答案123答案

解123

答案

证明3.已知函数f(x)=xe-x.(1)求函数f(x)的单调区间；123答案f'(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x.令f'(x)>0，得x<1；令f'(x)<0，得x>1，则f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，单调递减区间为(1，+∞).解

123答案123答案

解123答案

解(3)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2.123答案123答案

证明123答案也即f(1+x)>f(1-x)对