高考数学一轮复习专题六-第4讲-函数与导数的综合应用课件

第4讲函数与导数的综合应用第4讲函数与导数的综合应用高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热1.(2018·全国Ⅱ卷)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)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，解得x＝ln2.当x∈(0，ln2)时，g′(x)<0；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)>0.∴当x≥0时，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.真题感悟1.(2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2.((2)解若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.(2)解若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex证明

(1)设g(x)＝f′(x)，证明(1)设g(x)＝f′(x)，

(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减.又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).高考数学一轮复习专题六-第4讲-函数与导数的综合应用课件④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1.所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1.1.利用导数研究函数的零点

函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.考点整合1.利用导数研究函数的零点考点整合2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1<x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：a的符号零点个数充要条件a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)一个f(x1)＜0或f(x2)>0两个f(x1)＝0或f(x2)＝0三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)>0或f(x2)＜0两个f(x1)＝0或f(x2)＝0三个f(x1)＜0且f(x2)＞02.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于3.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②∃x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).3.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.温馨提醒

解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)ma因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增.因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点.令h(x)＝lnx－x＋1，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，所以f(x)在(0，故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，从而当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以lnx<x－1，又因为f(x0)>f(1)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点.又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点.故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，又因为f(x0)>f(1探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论.探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.【训练1】

(2019·临沂模拟)已知函数f(x)＝(x－1)2＋a(lnx－x＋1)(a<2). (1)讨论f(x)的极值点的个数； (2)若方程f(x)＋a＋1＝0在(0，2]上有且只有一个实根，求a的取值范围.∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，f(x)在x＝1处取得极小值，无极大值；【训练1】(2019·临沂模拟)已知函数f(x)＝(x－1综上，当a≤0时，f(x)有一个极值点；当0<a<2时，f(x)有两个极值点.(2)当a<2时，设g(x)＝f(x)＋a＋1＝(x－1)2＋a(lnx－x＋1)＋a＋1，则g(x)在(0，2]上有且只有一个零点.显然函数g(x)与f(x)的单调性是一致的.①当a≤0时，由(1)知函数g(x)在区间(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴g(x)在(0，2]上的最小值为g(1)＝a＋1，综上，当a≤0时，f(x)有一个极值点；当0<a<2时，f(高考数学一轮复习专题六-第4讲-函数与导数的综合应用课件∴当0<a<2时，g(x)在(0，2]上有且只有一个零点.∴当0<a<2时，g(x)在(0，2]上有且只有一个零点.当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增由已知得－ln(－a)＝0，故a＝－1，此时f(x)＝lnx－x＋1.不妨设0<x1<x2，(2)证明由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不满足条件.由已知得－ln(－a)＝0，故a＝－1，此时f(x)＝ln故g(x)在(1，＋∞)单调递减，所以g(x)<g(1)＝0<x2－x1.所以对于任意互不相等的正实数x1，x2，故g(x)在(1，＋∞)单调递减，探究提高1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，有f(x1)<f(x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).2.证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.探究提高1.证明不等式的基本方法：【训练2】

已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，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)<2－2.(1)解

f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－lnx，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，【训练2】已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.

(2)证明由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx，设h(x)＝2x－2－lnx，当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；(2)证因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.所以e－2<f(x0)<2－2.因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值热点三利用导数解决不等式恒成立、存在性问题角度1不等式恒成立问题【例3－1】

(2019·东营调研)已知函数f(x)＝mex－x2. (1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程； (2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－mex)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围.解

(1)当m＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.∴f(0)＝1，且在点(0，f(0))处的切线斜率k＝f′(0)＝1.故所求切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.(2)由mex－x2≥x(4－mex)得mex(x＋1)≥x2＋4x.热点三利用导数解决不等式恒成立、存在性问题解(1)当m＝高考数学一轮复习专题六-第4讲-函数与导数的综合应用课件高考数学一轮复习专题六-第4讲-函数与导数的综合应用课件当2<m<e＋1时，若x∈[1，m－1]，则f′(x)≤0；若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1).(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.由(1)知m≤2时，在x∈[e，e2]上有f′(x)≥0，当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m.当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，当2<m<e＋1时，若x∈[1，m－1]，则f′(x)≤0；又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，探究提高1.对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化.2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.探究提高1.对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参【训练3】

设函数f(x)＝(1－x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围.解(1)f′(x)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0，得x2＋2x－1＝0，【训练3】设函数f(x)＝(1－x2)ex.解(1)f′

(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.当0<a<1时，设函数g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.

(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞).(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>热点四利用导数求解最优化问题【例4】

图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD是矩形，弧CmD是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T等于横截面的面积S与边AB的乘积，设AB＝2x，BC＝y.热点四利用导数求解最优化问题(1)写出y关于x的函数表达式，并指出x的取值范围；(2)求当x取何值时，凹槽的强度最大.解

(1)易知半圆CmD的半径为x，故半圆CmD的弧长为πx.(1)写出y关于x的函数表达式，并指出x的取值范围；解(1高考数学一轮复习专题六-第4讲-函数与导数的综合应用课件探究提高利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x).(2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值.(4)结论：回归实际问题作答.探究提高利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤【训练4】

(2019·成都诊断)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______.【训练4】(2019·成都诊断)如图，圆形纸片的圆心为O，高考数学一轮复习专题六-第4讲-函数与导数的综合应用课件令f′(x)＝0得x＝2，当x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；令f′(x)＝0得x＝2，当x∈(0，2)时，f′(x)>01.重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解.2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.1.重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图3.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.其中找到函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点是解题的突破口.4.不等式恒成立、能成立问题常用解法 (1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min. (2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论. (3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.3.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立第4讲函数与导数的综合应用第4讲函数与导数的综合应用高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热1.(2018·全国Ⅱ卷)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)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，解得x＝ln2.当x∈(0，ln2)时，g′(x)<0；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)>0.∴当x≥0时，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.真题感悟1.(2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax2.((2)解若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.(2)解若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex证明

(1)设g(x)＝f′(x)，证明(1)设g(x)＝f′(x)，

(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减.又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).高考数学一轮复习专题六-第4讲-函数与导数的综合应用课件④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1.所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点.综上，f(x)有且仅有2个零点.④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1.1.利用导数研究函数的零点

函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.考点整合1.利用导数研究函数的零点考点整合2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1<x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：a的符号零点个数充要条件a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)一个f(x1)＜0或f(x2)>0两个f(x1)＝0或f(x2)＝0三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)>0或f(x2)＜0两个f(x1)＝0或f(x2)＝0三个f(x1)＜0且f(x2)＞02.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于3.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②∃x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).3.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.温馨提醒

解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)ma因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增.因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点.令h(x)＝lnx－x＋1，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，所以f(x)在(0，故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，从而当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以lnx<x－1，又因为f(x0)>f(1)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点.又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点.故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，又因为f(x0)>f(1探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论.探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.【训练1】

(2019·临沂模拟)已知函数f(x)＝(x－1)2＋a(lnx－x＋1)(a<2). (1)讨论f(x)的极值点的个数； (2)若方程f(x)＋a＋1＝0在(0，2]上有且只有一个实根，求a的取值范围.∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，f(x)在x＝1处取得极小值，无极大值；【训练1】(2019·临沂模拟)已知函数f(x)＝(x－1综上，当a≤0时，f(x)有一个极值点；当0<a<2时，f(x)有两个极值点.(2)当a<2时，设g(x)＝f(x)＋a＋1＝(x－1)2＋a(lnx－x＋1)＋a＋1，则g(x)在(0，2]上有且只有一个零点.显然函数g(x)与f(x)的单调性是一致的.①当a≤0时，由(1)知函数g(x)在区间(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴g(x)在(0，2]上的最小值为g(1)＝a＋1，综上，当a≤0时，f(x)有一个极值点；当0<a<2时，f(高考数学一轮复习专题六-第4讲-函数与导数的综合应用课件∴当0<a<2时，g(x)在(0，2]上有且只有一个零点.∴当0<a<2时，g(x)在(0，2]上有且只有一个零点.当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增由已知得－ln(－a)＝0，故a＝－1，此时f(x)＝lnx－x＋1.不妨设0<x1<x2，(2)证明由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不满足条件.由已知得－ln(－a)＝0，故a＝－1，此时f(x)＝ln故g(x)在(1，＋∞)单调递减，所以g(x)<g(1)＝0<x2－x1.所以对于任意互不相等的正实数x1，x2，故g(x)在(1，＋∞)单调递减，探究提高1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，有f(x1)<f(x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).2.证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.探究提高1.证明不等式的基本方法：【训练2】

已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，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)<2－2.(1)解

f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－lnx，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，【训练2】已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.

(2)证明由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx，设h(x)＝2x－2－lnx，当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；(2)证因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.所以e－2<f(x0)<2－2.因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值热点三利用导数解决不等式恒成立、存在性问题角度1不等式恒成立问题【例3－1】

(2019·东营调研)已知函数f(x)＝mex－x2. (1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程； (2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－mex)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围.解

(1)当m＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.∴f(0)＝1，且在点(0，f(0))处的切线斜率k＝f′(0)＝1.故所求切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.(2)由mex－x2≥x(4－mex)得mex(x＋1)≥x2＋4x.热点三利用导数解决不等式恒成立、存在性问题解(1)当m＝高考数学一轮复习专题六-第4讲-函数与导数的综合应用课件高考数学一轮复习专题六-第4讲-函数与导数的综合应用课件当2<m<e＋1时，若x∈[1，m－1]，则f′(x)≤0；若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1).(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.由(1)知m≤2时，在x∈[e，e2]上有f′(x)≥0，当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m.当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，当2<m<e＋1时，若x∈[1，m－1]，则f′(x)≤0；又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，探究提高1.对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化.2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.探究提高1.对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参【训练3】

设函数f(x)＝(1－x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围.解(1)f′(x)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0，得x2＋2x－1＝0，【训练3】设函数f(x)＝(1－x2)ex.解(1)f′

(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.当0<a<1时，设函数g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递