第三講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用知識(shí)梳理知識(shí)點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)證明不等式若證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，如果能證明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)．知識(shí)點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問題“恒成立”與“存在性”問題可看作一類問題，一般都可通過求相關(guān)函數(shù)的最值來解決，如：當(dāng)f(x)在x∈D上存在最大值和最小值時(shí)，若f(x)≥g(a)對(duì)于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)在x∈D上的最小值，將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)對(duì)于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)在x∈D上的最大值，將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應(yīng)求f(x)在x∈D上的最大值，將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≤f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，應(yīng)求f(x)在x∈D上的最小值，將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≥f(x)min.知識(shí)點(diǎn)三利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)的方法方法一：(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值．(2)根據(jù)函數(shù)f(x)的性質(zhì)作出圖象．(3)判斷函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．方法二：(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值．(2)分類討論，判斷函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．歸納拓展1．若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則tanx>x>sinx.2．若x∈(0，＋∞)，則ex≥x＋1>x－1≥lnx.3．若x∈(－1，＋∞)，則x≥ln(x＋1)≥eq\f(x,x＋1).雙基自測(cè)題組一走出誤區(qū)1．判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)函數(shù)y＝x－sinx有無數(shù)多個(gè)零點(diǎn)．(×)(2)函數(shù)y＝tanx－x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)有三個(gè)零點(diǎn)．(×)(3)不等式ex>ln(x＋2)恒成立．(√)(4)不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x≤1－x恒成立．(×)題組二走進(jìn)教材2．(選修2P99T13改編)若函數(shù)f(x)＝xlnx－a有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(C)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，1)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))[解析]函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xlnx，記g(x)＝xlnx.則g′(x)＝lnx＋1，由g′(x)>0得x>eq\f(1,e)，由g′(x)<0得0<x<eq\f(1,e).∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上遞增，且g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，由圖可知－eq\f(1,e)<a<0，故選C．3．(選修2P94T2改編)若函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，0<a<b<e，則有(C)A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)C．f(a)<f(b) D．f(a)f(b)>1[解析]∵f(x)＝eq\f(lnx,x)，∴f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0<x<e時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增．又∵0<a<b<e，∴f(a)<f(b)．故選C．4．(選修2P99T12改編)求證：(1)ex≥x＋1；(2)lnx≤x－1(x>0)．[證明](1)設(shè)f(x)＝ex－x－1，則f′(x)＝ex－1在(－∞，0)上f′(x)<0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上遞減，在(0，＋∞)上遞增，所以f(x)在x＝0處有最小值，故f(x)≥f(0)＝0，∴ex≥x＋1.(2)設(shè)f(x)＝lnx－x＋1(x>0)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)(x>0)，在(0,1)上f′(x)>0，在(1，＋∞)上f′(x)<0，∴f(x)在(0,1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，f(x)≤f(1)＝0.∴l(xiāng)nx≤x－1.題組三走向高考5．(2018·江蘇)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值的和為－3.[解析]f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(0)＝1，所以此時(shí)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)無零點(diǎn)，不滿足題意．當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0得x>eq\f(a,3)，由f′(x)<0得0<x<eq\f(a,3)，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上單調(diào)遞增，又f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋1＝0，得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1，則f′(x)＝6x(x－1)，當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，則f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，則f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值的和為－3.6．(2017·江蘇)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).[解析]由f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，得f(－x)＝－x3＋2x＋eq\f(1,ex)－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函數(shù)，又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq\f(1,ex)≥3x2－2＋2eq\r(ex·\f(1,ex))＝3x2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x