新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：高考大题专项（一）　导数的综合应用

这是一份新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：高考大题专项（一）　导数的综合应用，共26页。
导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.
突破1 利用导数研究与不等式有关的问题
必备知识预案自诊
知识梳理
1.与ex,ln x有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥1+x;当m=1时,有ex≥ex.
(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=1n(x-n),得ln x≤1nx-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤1ex.
(3)由(1),(2)得,若x∈(0,+∞),则ex≥x+1>x-1≥ln x.
2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.
3.函数不等式的类型与解法
(1)∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;
(2)∀x∈D,f(x)≤g(x)⇔f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x)⇔f(x)min≤g(x)max.
4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略
(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(3)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值.
(4)∃x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值.
(5)∃x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域与g(x)在[c,d]上的值域交集非空.
(6)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊆g(x)在[c,d]上的值域.
(7)∀x2∈[c,d],∃x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊇g(x)在[c,d]上的值域.
关键能力学案突破
考向1 求单变量函数不等式的参数的取值范围
【例1】已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)略;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求实数a的取值范围.
解题心得1.若∀x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范围,即求当x>0,f(x)≥0恒成立时的a的取值范围,即研究a取什么范围使得当x>0时f(x)≥0成立.
2.对于恒成立求参数取值范围的问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般遵循“构造函数——分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往往需要多次求导和使用洛必达法则.
对点训练1(2020新高考全国1,21)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围.
考向2 求双变量函数不等式的参数的取值范围
【例2】(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=mln x-x+mx(m∈R).
(1)略;
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,不等式f(x1)+f(x2)x12+x22mx1x2,求实数m的取值范围.
考向1 单未知数函数不等式的证明
【例3】已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)略;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.
2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)>0加强为ex-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及ex0,ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子ex0-1x0+2=0进行变形,得到两个式子ex0=1x0+2和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.
对点训练3已知函数f(x)=ax2+x-1ex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.
【例4】已知函数f(x)=x+ax.
(1)略;
(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I上的正负,若h(x)在区间I上单调递增或单调递减或先单调递减后单调递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)在与区间I相应的闭区间上的端点处的函数值),若h(x)在区间I上先单调递增后单调递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.
对点训练4(2020全国2,理21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤338;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n4n.
考向2 双未知数函数不等式的证明
【例5】已知函数f(x)=1x-x+aln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x21时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.
在有关导数的应用中,无论是求函数的单调性、求极值最值,证明不等式、求参数的范围,还是讨论函数的零点,都需要从给定的已知条件中构造出一个或两个函数进行研究,构造的得当能降低难度,减少运算量,但有很多同学不知道如何构造,下面对如何构造函数给出归类和总结.
1.作差直接构造法
【例1】函数f(x)=(x-2)ex+12ax2-ax.设a=1,当x≥0时,f(x)≥kx-2,求k的取值范围.
分析由f(x)≥kx-2,令g(x)=f(x)-kx+2=(x-2)ex+12x2-x-kx+2.
2.局部构造法
【例2】已知函数f(x)=axlnxx-1.当a=1时,判断f(x)有没有极值点.
分析当a=1时,f(x)=xlnxx-1,则f'(x)=x-lnx-1(x-1)2,令g(x)=x-lnx-1.
【例3】已知函数f(x)=ln(x-a)x.若a=-1,证明:函数f(x)是(0,+∞)上的减函数.
分析当a=-1时,函数f(x)的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以f'(x)=xx+1-ln(x+1)x2,令g(x)=xx+1-ln(x+1).
3.作差局部构造法
【例4】已知函数f(x)=ln x-a(x-1),a∈R.当x≥1时,f(x)≤lnxx+1恒成立,求a的取值.
分析f(x)-lnxx+1=xlnx-a(x2-1)x+1,令g(x)=xlnx-a(x2-1)(x≥1).
4.分离参数构造法
【例5】在例4中,当x≥1时f(x)≤lnxx+1恒成立等价于ln x-lnxx+1≤a(x-1),
(1)当x=1时,显然恒成立,∴a∈R.
(2)当x>1时,上式等价于lnxx-1-lnxx2-1≤a⇔lnxx-1-lnxx2-1max≤a,令F(x)=lnxx-1-lnxx2-1.
【例6】已知函数f(x)=ax-lnxx,a∈R.若f(x)≥0,求a的取值范围.
分析函数的定义域为(0,+∞),由f(x)≥0得ax-lnxx≥0,即a≥lnxx2.
令g(x)=lnxx2.
5.特征构造法
【例7】若x>0,证明:ln(x+1)x>xex-1.
分析因为xex-1=lnexex-1=ln(ex-1+1)ex-1,故原不等式等价于ln(x+1)x>ln(ex-1+1)ex-1,令f(x)=ln(x+1)x,由例3知f(x)=ln(x+1)x是(0,+∞)上的减函数,故要证原不等式成立,只需证明:当x>0时,xx1时,不等式f(x1)x2-f(x2)x1x2.
分析当x∈(0,+∞)时,要证lnex-1x>x2,
只需证ex-1>xex2,
令F(x)=ex-1-xex2,
F'(x)=ex2ex2-1-x2,
由ex>x+1可得,ex2>1+x2,则x∈(0,+∞)时,F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴F(x)>F(0)=0,
即ex-1>xex2,
∴lnex-1x>x2.
7.换元后构造
【例10】已知函数f(x)=ln x-kx,其中k∈R为常数.若f(x)有两个相异零点x1,x2(x12.
分析证lnx2-lnx1x2-x1(x2+x1)>2,
即证lnx2-lnx1>2(x2-x1)x2+x1,
只要证lnx2x1>2(x2-x1)x2+x1.
设t=x2x1(t>1),
则只要证lnt>2(t-1)t+1(t>1).
令g(t)=lnt-2(t-1)t+1.
8.放缩后局部构造
【例11】已知函数f(x)=ax2+x-1ex.证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.
分析当a≥1时,f(x)+e=ax2+x-1ex+e≥x2+x-1ex+e=(x2+x-1+ex+1)e-x.
设g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.
9.作差与分离变量的综合构造法
【例12】已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln x(a∈R),g(x)=(1-a)x,若∃x0∈[1,e]使得f(x0)≥g(x0)成立,求实数a的取值范围.
分析不等式f(x)≥g(x)在区间[1,e]上有解,即x2-2x+a(lnx-x)≥0在区间[1,e]上有解.
因为当x∈[1,e]时,lnx≤1≤x(不同时取等号),x-lnx>0,所以a≤x2-2xx-lnx在区间[1,e]上有解.
令h(x)=x2-2xx-lnx.
10.主元构造法
主元构造法,就是将多变元函数中的某一个变元看作主元(即自变量),将其他变元看作常数,来构造函数,然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.
【例13】已知函数g(x)=xln x,设00,因此F(x)在(a,+∞)上为增函数,从而当x=a时,F(x)有极小值F(a).
因为F(a)=0,b>a,所以F(b)>0,
即g(a)+g(b)-2ga+b2>0.
设G(x)=F(x)-(x-a)ln2,
则G'(x)=lnx-lnx+a2-ln2=lnx-ln(x+a),
当x>0时,G'(x)a,所以G(b)0,
于是K(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以K(x)>K(1)=0,于是H'(x)>0,从而H(x)在(1,+∞)上单调递增.由洛必达法则,可得limx→1+(x+1)lnxx-1=limx→1+((x+1)lnx)'(x-1)'=limx→1+1+1x+lnx1=2,于是a≤2,于是a的取值范围是(-∞,2].
(方法2 最值法)
由f(x)=(x+1)lnx-a(x-1),得f'(x)=lnx+1x+1-a.
①当1-a≥0,即a≤1时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(1)=0.
②当a>1时,令g(x)=f'(x),则g'(x)=x-1x2>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,于是f'(x)>f'(1)=2-a.
(ⅰ)当2-a≥0,即10,
当m4时,g(x)=0有两个不相等的实根x1,x2,且x1+x2=m,x1x2=m.
当m4时,两个根为正,f(x)有两个极值点x1,x2,
f(x1)+f(x2)=mlnx1-x1+mx1+mlnx2-x2+mx2=mlnx1x2-(x1+x2)+m(x1+x2)x1x2=mlnm-m+m=mlnm.
x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=m2-2m.所以f(x1)+f(x2)x12+x22=mlnmm2-2m=lnmm-2.所以a>lnmm-2在m∈(4,+∞)时恒成立.令h(m)=lnmm-2(m>4),则h'(m)=1-2m-lnm(m-2)2.
令φ(m)=1-2m-lnm,则φ'(m)=2m2-1m=2-mm20,
当x∈(e52,+∞)时,h'(x)f(x2)x2+mx2,
即g(x1)+mx1>g(x2)+mx2恒成立,设φ(x)=g(x)+mx,则φ(x)在(0,+∞)上单调递减,
从而φ'(x)=g'(x)+m≤0恒成立,
故φ'(x)=g'(x)+m≤12e5-1+m≤0,故m≤1-12e5.
故实数m的取值范围为-∞,1-12e5.
例3解(1)略.
(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=ex-1x+m,f″(x)=ex+1(x+m)2>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上单调递增.
又因为当x→(-m)+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,
所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实数根x0,当-m0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.
由f'(x0)=0可得ex0-1x0+m=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=ex0-ln(x0+m)=1x0+m+x0=1x0+m+x0+m-m≥2-m.
当m0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,
但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=1e-0≠0.
所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.
证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥ex-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=ex-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞),就能证明当x≤2时,f(x)>0.
φ'(x)=ex-1x+2,φ″(x)=ex+1(x+2)2>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.
于是φ'(x)在(-2,+∞)上单调递增.
又因为φ'(-1)=1e-11),F'(x)=2-1x=2x-1x>0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上单调递增.
又F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,
故当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).
对点训练4(1)解f'(x)=csx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)'=2sinxcsxsin2x+2sin2xcs2x=2sinxsin3x.
当x∈0,π3∪2π3,π时,f'(x)>0;当x∈π3,2π3时,f'(x)0,可得a-a2-420,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.
证法3:仿照证法1,可得f(x1)-f(x2)x1-x20.
所以f(x)在[1,e]上单调递增.
f(x)min=f(1)=14-a+aln2=54-ln2,解得a=-1.
(2)证明由f(x)有两个极值点x1,x2,
则f'(x)=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根,
则Δ=4a2-8a>0,a>0,解得a>2.
x1+x2=2a,x1x2=2a,x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.
当a≥e时,f(x1)+f(x2)-12(x12+x22)+2e=aln(4x1x2)-a(x1+x2)-14(x12+x22)+2e=aln8a-2a2-14(4a2-4a)+2e=aln8a-3a2+a+2e(a≥e).
令g(a)=aln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=1a-6=1-6aa,当a≥e时,h'(a)2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,
∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.
∴f(x)在[lnk,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.
对点训练1解(1)F(x)=lnx-x-12x,
即F(x)=lnx+12x-12(x>0),
则F'(x)=1x-12x2=2x-12x2,
令F'(x)=0,解得x=12.
当x∈0,12,F'(x)2时,令h'(x)=2x-m2x20;
当x∈α,π2时,g'(x)0.从而,f(x)在区间0,π2上没有零点.
③当x∈π2,π时,f'(x)0,f(π)1,所以f(x)0.
①当a≤0时,aex-10得x>ln1a,由f'(x)0,当x>0时,g'(x)0.
所以f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).
①若01e,则f(lna)0,所以f(x)在(-∞,lna)上存在唯一零点.
由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,
所以当x>4且x>2ln(2a)时,
f(x)=ex2·ex2-a(x+2)>eln(2a)·x2+2-a(x+2)=2a>0.
故f(x)在(lna,+∞)上存在唯一零点.
从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.
综上,a的取值范围是1e,+∞.
例4解(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f'(x)=0,得x=0或x=a3.
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时,f'(x)>0;
当x∈0,a3时,f'(x)0,解得x>ek,令g'(x)0,函数h(k)单调递增,当k>ln2时,h'(k)