1、第3课时导数的综合应用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)ex2x2a，xR.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln 21且x0时，exx22ax1.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 xax(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.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
2、练(着眼于举一反三)1已知函数f(x)exx2.(1)求曲线f(x)在x1处的切线方程；(2)求证：当x0时，ln x1.考点二不等式恒成立问题互动讲练型例32020全国卷节选已知函数f(x)exax2x.当x0时，f(x)x31，求a的取值范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)0(为实参数)对任意的xD恒成立，求参数的取值范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(a0，0或a0，0)(1)判断函数f(x)在(0，)上的单调性；(2)若f(x)恒
3、成立，求整数k的最大值考点三函数零点问题分层深化型考向一：判断、证明或讨论函数零点个数例42021武汉调研已知函数f(x)exax1(aR)(e2.718 28是自然对数的底数)(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论g(x)f(x)在区间0,1上零点的个数悟技法判断函数零点个数的3种方法直接法令f(x)0，则方程解的个数即为零点的个数画图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决考向二：已知零点存在情况求参数范围例52020全国卷已知函数f(x)exa(x2)(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围听
4、课笔记：悟技法已知函数(方程)零点的个数求参数范围(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理(2)若函数不是严格单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数.变式练(着眼于举一反三)32019全国卷节选已知函数f(x)ln x.讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点4已知函数f(x)exaxa(aR且a0)(1)若f(0)2，求实数a的值，并求此时f(x)在2,1上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围第3课时导数的综合应用课堂考点突破考点一例1解析：(1)由f(x)ex2x2a，xR，得f(x)
5、ex2，xR，令f(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)2(1ln 2a)故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)f(x)在xln 2处取得极小值，极小值f(ln 2)eln 22ln 22a2(1ln 2a)，无极大值(2)证明：设g(x)exx22ax1，xR，于是g(x)ex2x2a，xR.由(1)知当aln 21时，g(x)最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意xR，都有g(x)0，所以g(x)在R内单调递增于是当aln 21时，对任意x(0，)，
6、都有g(x)g(0)又g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx22ax10，故exx22ax1.例2解析：(1)f(x)a(x0)，若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当0x0，当x时，f(x)0，所以只需证f(x)2e，当ae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)maxf(1)e，记g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e，综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.变式练1解析：(1)f(x)ex
7、2x，则f(1)e2，f(1)e1，所以曲线f(x)在x1处的切线方程为y(e2)x1.(2)证明：设g(x)f(x)(e2)x1exx2(e2)x1(x0)，则g(x)ex2x(e2)，设m(x)ex2x(e2)(x0)，则m(x)ex2，易得g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，又g(0)3e0，g(1)0，由0ln 21，则g(ln 2)0；当x(x0,1)时，g(x)0时，x.由函数yln x的图象在点(1,0)处的切线为yx1，得xln x1，当且仅当x1时，等号成立，故ln x1.考点二例3解析：f(x)x31等价于ex1.设函数g(x)ex(x0)，则
8、g(x)exxx2(2a3)x4a2exx(x2a1)(x2)ex.若2a10，即a，则当x(0,2)时，g(x)0.所以g(x)在(0,2)单调递增，而g(0)1，故当x(0,2)时，g(x)1，不合题意若02a12，即a，则当x(0,2a1)(2，)时，g(x)0.所以g(x)在(0,2a1)，(2，)单调递减，在(2a1,2)单调递增由于g(0)1，所以g(x)1当且仅当g(2)(74a)e21，即a.所以当a0)，所以f(x)，(x0)，又因为x0，所以0，ln(1x)0，所以f(x)恒成立，即k恒成立，即k0)，令g(x)x1ln(x1)，则g(x)10，即g(x)在(0，)为增函数
9、，又g(2)1ln 30，即存在唯一的实数根a，满足g(a)0，且a(2,3)，a1ln(a1)0，当xa时，g(x)0，h(x)0，当0xa时，g(x)0，h(x)0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间；当a0时，令f(x)0，得x0，得xln a，所以f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，)(2)令g(x)0，得f(x)0或x，由(1)知，当a0时，f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增；若a0，由f(0)0，知f(x)在区间0,1上有一个零点；若ln a0，即0a1，则f(x)在0
10、,1上单调递增，所以f(x)在0,1上有一个零点；若0ln a1，即1ae，则f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增，又f(1)ea1，所以当ea10，即1ae1时，f(x)在0,1上有两个零点，当ea10，即e1ae1或a2(1)时，g(x)在0,1上有两个零点；当1ae1且a2(1)时，g(x)在0,1上有三个零点例5解析：(1)当a1时，f(x)exx2，则f(x)ex1.当x0时，f(x)0时，f(x)0.所以f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)f(x)exa.当a0时，f(x)0，所以f(x)在(，)单调递增，故f(x)至多存在1个零点，不
11、合题意当a0时，由f(x)0可得xln a当x(，ln a)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)单调递增故当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)a(1ln a)()若0，则f(ln a)0，所以f(x)在(，ln a)存在唯一零点由(1)知，当x2时，exx20，所以当x4且x2ln(2a)时，f(x)a(x2)eln(2a)a(x2)2a0.故f(x)在(ln a，)存在唯一零点从而f(x)在(，)有两个零点综上，a的取值范围是.变式练3证明：f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为f(x)0，所以f(x)在(0,1)，(1，)单调递增因为f(e)10，所以f(x)在(1，)有唯一零点x1，即f(x1)0.又00，当a0时，f(x)0，f(x)在R上是增函数，当x1时，f(x)exa(x1)0；当x0时，取x，则f1aa0.所以函数f(x)存在零点，不满足题意当a0时，令f(x)0，得xln(a)在(，ln(a)上，f(x)0，f(x)单调递增，所以当xln(a)时，f(x)取最小值函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0，解得e2a0.综上所述，实数a的取值范围是(e2,0)
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