2023届高考数学二轮复习专题六第4讲导数的综合应用学案

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第4讲　导数的综合应用

考情分析
导数日益成为解决数学问题强有力的工具，利用导数研究函数的单调性与极(最)值是常见题型，而导数与函数、不等式的交汇命题，则是高考的热点和难点．在高考压轴题中，常以二次函数、指数函数、对数函数为载体考查函数的零点、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立等热点问题．

自主先热身　真题定乾坤
ZIZHUXIANRESHENZHENTIDINGQIANKUN　

真题热身
1．(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a，曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线也是曲线y＝g(x)的切线．
(1)若x1＝－1，求a；
(2)求a的取值范围．
【解析】　(1)由题意知，f(－1)＝－1－(－1)＝0，
f′(x)＝3x2－1，f′(－1)＝3－1＝2，
则y＝f(x)在点(－1，0)处的切线方程为y＝2(x＋1)，
即y＝2x＋2，
设该切线与g(x)切于点(x2，g(x2))，g′(x)＝2x，
则g′(x2)＝2x2＝2，解得x2＝1，
则g(1)＝1＋a＝2＋2，解得a＝3.
(2)f′(x)＝3x2－1，则y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x－x1)＝(3x－1)(x－x1)，
整理得y＝(3x－1)x－2x，
设该切线与g(x)切于点(x2，g(x2))，g′(x)＝2x，
则g′(x2)＝2x2，
则切线方程为y－(x＋a)＝2x2(x－x2)，
整理得y＝2x2x－x＋a，
则
整理得a＝x－2x＝－2x＝x－2x－x＋，
令h(x)＝x4－2x3－x2＋，
则h′(x)＝9x3－6x2－3x＝3x(3x＋1)(x－1)，
令h′(x)>0，解得－1，
令h′(x)<0，解得x<－或0 则x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x

－

0
(0，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
0
－
0
＋
h(x)
↘

↗

↘
－1
↗
则h(x)的值域为[－1，＋∞)，故a的取值范围为[－1，＋∞).
2．(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)lnx.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x，x>0，
则f′(x)＝－＝，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(x)max＝f(1)＝－1.
(2)f(x)＝ax－－(a＋1)ln x，x>0，
则f′(x)＝a＋－＝，
①当a≤0时，ax－1≤0，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0，此时函数无零点，不符合题意；
②当01，
在(0，1)，上，f′(x)>0，f(x)单调递增；
在上，f′(x)<0，f(x)单调递减；
又f(1)＝a－1<0，
所以f<0，且当x→＋∞时，f(x)>0，此时f(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点；
③当a＝1时，f′(x)＝≥0，
所以f(x)单调递增，又f(1)＝a－1＝0，
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
④当a>1时，<1，在，(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；
在上，f′(x)<0，f(x)单调递减；
此时f(1)＝a－1>0，
且当x→0时，f(x)<0，
所以f(x)在有一个零点，在无零点，
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为(0，＋∞).
3．(2022·新高考全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln (n＋1).
【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，则f′(x)＝xex，
当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，
故f(x)的减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞).
(2)设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0，
又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，
则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，
若a>，则g′(0)＝2a－1>0，
因为g′(x)为连续不间断函数，
故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，
故g(x)在(0，x0)上为增函数，故g(x)>g(0)＝0，
故h(x)在(0，x0)上为增函数，故h(x)>h(0)＝－1，与题设矛盾．
若0 下证：对任意x>0，总有ln (1＋x) 证明：设S(x)＝ln (1＋x)－x，
故S′(x)＝－1＝<0，
故S(x)在(0，＋∞)上为减函数，故S(x) 由上述不等式有eax＋ln (1+ax)－ex 故h′(x)≤0总成立，即h(x)在(0，＋∞)上为减函数，
所以h(x) 当a≤0时，有h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，
所以h(x)在(0，＋∞)上为减函数，
所以h(x) 综上，a≤.
(3)证明：取a＝，则∀x>0，总有xex－ex＋1<0成立，
令t＝ex，则t>1，t2＝ex，x＝2ln t，
故2t ln t1恒成立．
所以对任意的n∈N*，有2ln <－，
整理得到：ln (n＋1)－ln n<，
故＋＋…＋>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)，
故不等式成立．
4．(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－lnx＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
【解析】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ex－＋1＝ex＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)≥f(1)＝e＋1－a，
若f(x)≥0，则e＋1－a≥0，即a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1].
(2)证明：由题知，f(x)一个零点小于1，一个零点大于1，
不妨设x1<1 要证x1x2<1，即证x1<，
因为x1，∈(0，1)，即证f(x1)>f，
因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)>f，
即证－ln x＋x－xe－ln x－>0，x∈(1，＋∞)，
即证－xe－2>0，
下面证明x>1时，－xe>0，ln x－<0，
设g(x)＝－xe，x>1，
则g′(x)＝ex－
＝ex－e
＝＝，
设φ(x)＝(x>1)，φ′(x)＝ex＝ex>0，
所以φ(x)>φ(1)＝e，而e 所以－e>0，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
即g(x)>g(1)＝0，所以－xe>0，
令h(x)＝ln x－，x>1，
h′(x)＝－＝＝<0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
即h(x) 综上，－xe－2>0，
所以x1x2<1.
5．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【解析】(1)∵f(x)＝ex－ax，g(x)＝ax－ln x，
∴f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－，
∵y＝ex在x∈R上单调递增，函数y＝－在x∈(0，＋∞)上单调递增，
∴函数f′(x)和函数g′(x)在各自定义域上单调递增，
又∵函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有最小值，
∴当f′(x)＝0时，x＝ln a，当g′(x)＝0时，x＝，
∴函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)min＝f(ln a)＝a－a ln a，g(x)min＝1＋ln a，
∵函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值，
∴a－a ln a＝1＋ln a，
解得a＝1.
(2)证明：设三个交点的横坐标从小到大依次为x1，x2，x3，
由(1)得，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴x1∈(－∞，0)，x2∈(0，1)，x3∈(1，＋∞)，
b＝ex1－x1＝ex2－x2＝x2－ln x2＝x3－ln x3，
∴2x2＝ex2＋ln x2，ex1－x1＝x2－ln x2，ex2－x2＝x3－ln x3，
∴ex1－x1＝eln x2－ln x2，ex2－x2＝eln x3－ln x3，
∴f(x1)＝f(ln x2)，f(x2)＝f(ln x3)，
∵ln x2∈(－∞，0)，ln x3∈(0，＋∞)，
∴x1＝ln x2，x2＝ln x3，
∴x3＝ex2，
∴x1＋x3＝ln x2＋ex2＝2x2，
∴x1，x2，x3成等差数列，
∴存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．

感悟高考
对于导数的综合问题每年都必须考查，主要是针对以下方面出题，而且题目难度较大，一般放在试卷的21～22位置：
(1)函数单调性和极值、最值的分类讨论．
(2)研究方程的根，可以通过构造函数g(x)的方法，把问题转化为研究构造的函数g(x)的零点问题．以及函数g(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数．
(3)利用导数证明不等式．
(4)利用导数解决恒成立问题．

核心拔头筹　考点巧突破
HEXINBATOUCHOUKAODIANQIAOTUPO　
考点一　利用导数研究不等式问题

1．常见重要不等式
(1)lnx≤x－1(x＞0)；
(2)ex≥x＋1(当且仅当x＝0时等号成立).
2．构造辅助函数的四种方法
(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．
(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x)).
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．
3．含有双变量的不等式问题的常见转化策略
(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．
考向1　利用导数证明不等式
典例1(2022·咸阳模拟)已知函数f(x)＝－2lnx＋＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个不同的零点x1，x2，x0为其极值点，证明：＋＞2f(x0).
【解析】(1)∵f(x)＝－2ln x＋＋1，
∴f′(x)＝－(x>0)，
当a≥0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a＜0时，由f′(x)＞0，解得0，
∴f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减；
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a＜0时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)可知，a＜0且f(x)的极大值，同时也是最大值为f()＝－ln (－a)，则x0＝，
为满足题意，必有f()＝－ln (－a)>0，即－1＜a＜0；
设h(x)＝ln x－x，h′(x)＝－1＝，
易知当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝－1＜0，从而ln x＜x，
∴2f(x0)＝－4ln ()＝2ln <－，
又∵x1，x2是函数f(x)的两个不同的零点，
∴f(x1)＝－2ln x1＋＋1＝0，
f(x2)＝－2ln x2＋＋1＝0，
两式相减可得，－＝，
设x2＞x1＞0，所以要证明＋>2f(x0)，
只需证明＋>2×，
即证明ln >，
即证ln >，
设＝t∈(1，＋∞)，
下面就只需证明ln t>(t>1)，
设g(t)＝ln t－，t>1，
则g′(t)＝－＝>0，
∴g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
则g(t)＝ln t－>g(1)＝0，
∴ln t>(t>1)成立，
即＋>2f(x0)得证．
【素养提升】利用导数证明不等式的两个妙招
(1)构造函数法证明不等式
①移项，使等式右边为零，左边构造为新函数．
②求导判断单调性，通常要对参数分类讨论．
③根据单调性，求出最值与“0”比较即可得证．
(2)转化函数最值法证明不等式
①条件：函数很复杂，直接求导不可行．
②拆分：把复杂函数拆分成两个易求最值函数．
③方法：分别求导，结合单调性和图象以及极值、最值，比较得出结论．
考向2　利用导数解决不等式恒(能)成立问题
典例2已知函数f(x)＝ex－kx，g(x)＝x2＋k2－3.
(1)讨论函数y＝f(x)的单调区间；
(2)若2f(x)≥g(x)对任意x≥0恒成立，求实数k的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝ex－k，
①当k≤0时，f′(x)>0恒成立，
则y＝f(x)在R上单调递增；
②当k>0时，x>ln k时，f′(x)>0，
y＝f(x)的单调递增区为(ln k，＋∞)；
x 综上：当k≤0时，y＝f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，
当k>0时，y＝f(x)的递增区间为(ln k，＋∞)，递减区间为(－∞，ln k).
(2)2ex－2kx≥x2＋k2－3对任意的x≥0恒成立，
即≤2对任意的x≥0恒成立．
令h(x)＝，
h′(x)＝－，
①当k≥3时，h′(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以只需h(0)＝k2－3≤2，即k∈[－，]，矛盾．
②当－1≤k<3时，h(x)在(0，－k＋3)上单调递增，在(－k＋3，＋∞)上单调递减．
所以只需h(－k＋3)＝≤2，即k≤3－ln 3.
∴－1≤k≤3－ln 3.
③当k<－1时，h(x)在(0，－k－1)上单调递减，在(－k－1，－k＋3)上单调递增，在(－k＋3，＋∞)上单调递减．
⇒－≤k≤3－ln 3；
∴－≤k<－1，
综上，实数k的取值范围为[－，3－ln 3].
【素养提升】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可．
(2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．

1．已知函数f(x)＝alnx＋1(a>0).
(1)当x>0时，求证：f(x)－1≥a；
(2)若在区间(1，e)上有f(x)>x恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)证明：设φ(x)＝f(x)－1－a＝a ln x－a(x>0)，则φ′(x)＝－.
令φ′(x)＝0，则x＝1.
当0 当x>1时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故φ(x)在x＝1处取到极小值也是最小值，
故φ(x)≥φ(1)＝0，即f(x)－1≥a.
(2)由f(x)>x得a ln x＋1>x，即a>.
令g(x)＝(1 令h(x)＝ln x－(10，
故h(x)在区间(1，e)上单调递增，所以h(x)>h(1)＝0.
因为h(x)>0，所以g′(x)>0，
即g(x)在区间(1，e)上单调递增，则g(x) 即 考点二　利用导数研究函数的零点问题

方程的根、函数的零点、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，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．
考向1　证明或讨论函数零点的个数
典例3(2021·太原模拟)已知函数f(x)＝xex＋ax2＋ax(a∈R).
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当a≥－1时，讨论函数f(x)的零点个数．
【解析】　(1)当a＝－2时，f(x)＝xex－x2－2x，
f′(x)＝ex＋xex－2x－2＝ex(x＋1)－2(x＋1)＝(x＋1)(ex－2)，
令f′(x)>0，即(x＋1)(ex－2)>0，解得x>ln 2或x<－1，
令f′(x)<0，即(x＋1)(ex－2)<0，解得－1 所以函数的单调递增区间为(－∞，－1)，(ln 2，＋∞)；
单调递减区间为(－1，ln 2).
(2)由题意得f′(x)＝(x＋1)(ex＋a).
①当a>0时，ex＋a>0，令f′(x)>0，解得x>－1，
令f′(x)<0，解得x<－1，
故f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，且f(0)＝0，
f(－1)＝－－a<0，
x→－∞时，xex→0，f(x)>0，故f(x)有2个零点；
②当a＝0时，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，
在(－1，＋∞)上单调递增，当x<－1时，f(x)<0，
当x>－1时，f(x)递增且f(0)＝0，故f(x)有1个零点；
③当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝ln (－a)，
当a＝－时，f′(x)≥0，f(x)在R上递增，又f(0)＝0，故f(x)在R上有1个零点，
当－1 在(－1，ln (－a))上单调递减，在(ln (－a)，＋∞)上单调递增，
故x＝－1时，f(x)有极大值f(－1)＝－－，
当x＝ln (－a)时，f(x)有极小值，
f(ln (－a))＝a(ln (－a))2<0，
故当－－<0，即－ 当－－＝0即a＝－时，函数f(x)有且只有2个零点，
当－1 当a＝－1时，函数f(x)有且只有2个零点，
综上所述，
当a＝－1，a＝－，a>0时，f(x)有2个零点，
当a＝－，a＝0，－ 当－1 【素养提升】利用导数研究函数零点问题的思路
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解．
(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
考向2　根据函数零点存在情况求参数取值范围
典例4(2021·四川昆明模拟)已知函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值2.
(1)求a，b的值；
(2)若x∈，函数g(x)＝m－f(x)有零点，求实数m的取值范围．
【解析】　(1)由题意，函数f(x)＝ax3＋bx，
可得f′(x)＝3ax2＋b，
因为函数f(x)在x＝1处有极值2，
可得解得a＝－1，b＝3，
所以函数f(x)＝－x3＋3x，
此时f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，
当x<－1或x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当－10，f(x)单调递增，
所以当x＝1时，函数取得极大值2，符合题意，
所以a＝－1，b＝3.
(2)由x∈，函数g(x)＝m－f(x)有零点，
即x∈，函数g(x)＝0有根，
即x∈，函数y＝m与y＝f(x)的图象有交点，
又由(1)知，当x∈[－2，－1)时，函数f(x)单调递减；
当x∈时，函数f(x)单调递增，
所以当x＝－1时，函数f(x)取得最小值，最小值为f(－1)＝－2，
又由f(－2)＝2，f＝，可得f(－2)>f，
所以函数的最大值为2，
即函数f(x)的值域为[－2，2]，
要使得函数y＝m与y＝f(x)的图象有交点，可得－2≤m≤2，
即实数m的取值范围是[－2，2].
【素养提升】根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思路也是数形结合，即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数y＝f(x)的图象，再根据零点个数确定函数y＝f(x)的图象交点的个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围，一个基本的技巧是把f(x)＝0化为g(x)＝h(x)，据f(x)零点个数确定函数y＝g(x)，y＝h(x)图象的交点个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围．

2．(2021·四川高三模拟)已知函数f(x)＝x3＋tx＋t.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有三个不同的零点x1、x2、x3，求t的取值范围，并证明：x1＋x2＋x3<.
【解析】(1)∵f(x)＝x3＋tx＋t，
∴f′(x)＝x2＋t，
①当t≥0时，f′(x)≥0，则f(x)在R上单调递增，无递减区间；
②当t<0时，令f′(x)＝0，得x＝±，
f′(x)>0的解集为(－∞，－)∪(，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－，)，
则f(x)在(－，)上单调递减，在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知函数f(x)有三个零点，则t<0，
∵f(x)在(－，)上单调递减，在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，
∴f(x)的极大值为f(－)＝t－t，且极大值大于0，极小值为f()＝t＋t，
∵f(x)有三个不同的零点x1，x2，x3，
且f()＝t＋t<0，
∴f(－)＝t－t>0，
解得t<－，
故t的取值范围为.
又∵f(0)＝t<0，当x→＋∞时，有f(x)→＋∞，当x→－∞时，有f(x)→－∞.
∴设x1 ∴x1＋x2<－，
又∵f(2)＝(2)3＋t(2)＋t＝t－t＝f(－)>0，
∴ 因此x1＋x2＋x3<.