专题2.13 导数的综合应用-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案

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【考纲要求】
1. 利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题．
2．会利用导数解决实际问题.
【命题趋势】
考查导数在研究函数中的应用，并应用导数的方法探求一些与不等式、函数、数列有关的综合问题，综合性较强，常作为压轴题出现，题目难度较大
【核心素养】
本讲内容主要考查数学运算、逻辑推理、数学建模的核心素养。
【真题体验】
1．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数.
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线.
【答案】（1）函数在和上是单调增函数，证明见解析；
（2）见解析.
【解析】（1）f（x）的定义域为（0，1）（1，+∞）．
因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增．
因为f（e）=，，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，
即f（x1）=0．又，，故f（x）在（0，1）有唯一零点．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．
由题设知，即，故直线AB的斜率．
曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，
所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．
【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.
2.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）设，则，.
当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，设为.则当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.
（2）的定义域为.
（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.
（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.
又，，所以当时，.从而，在没有零点.
（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.
（iv）当时，，所以0，且r>0可得00得x2.所以函数f(x)的单调增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－eq \f(1,3)－eq \f(1,2)＋2－2＝－eq \f(5,6)，f(x)极小值＝f(2)＝eq \f(8,3)－2－4－2＝－eq \f(16,3)，由数形结合可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，则－eq \f(16,3)0)，则F′(x)＝2x－eq \f(1,x)(x>0)，令F′(x)>0，得x>eq \f(\r(2),2)，令F′(x)ln x，即eq \f(ln x,x2)0时，ex>e0＝1，所以当x>0时，ex>eq \f(ln x,x2)⇒xex>eq \f(ln x,x)，所以当x>0时，不等式f(x)>g(x)成立．
考法四 利用导数研究恒成立或能成立问题
解题技巧：利用导数研究恒成立或能成立问题的方法
(1)由不等式恒成立或能成立求解参数的取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即a≥g(x)恒成立⇔a≥g(x)max；a≤g(x)恒成立⇔a≤g(x)min；定义域内存在x使a≥g(x)成立⇔a≥g(x)min.另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f(x)≥0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)≥0即可求出a的取值范围．
(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式．
【例5】 (1)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
(2)已知函数f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋eq \f(9,x)，若对任意的x1∈[－1,2]，存在x2∈[2,4]，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，即a≤2ln x＋x＋eq \f(3,x)对一切x∈(0，＋∞)恒成立．
令h(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)，则
h′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x2＋2x－3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2).
①当x∈(0,1)时，h′(x)0，h(x)在(1，＋∞)内单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.所以实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，
显然，g(x)单调递减，所以在区间[2,4]上，g(x)max＝g(2)＝eq \f(1,2)，
g(x)min＝g(4)＝－eq \f(23,4).对于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，
令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,3)或x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况列表如下.
所以f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2≤\f(1,2)，,a－4≥－\f(23,4)，))所以a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7,4)，－\f(3,2))).
【规范答题】
关键点 导数的综合应用
【典例】 (2016·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1＜eq \f(x－1,ln x)＜x；
(3)设c＞1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
【规范解答】：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－1，
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，
最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，ln x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，lneq \f(1,x)＜eq \f(1,x)－1，
即1＜eq \f(x－1,ln x)＜x.
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln
C．令g′(x)＝0，解得x0＝eq \f(ln\f(c－1,ln c),ln c).
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
由(2)知1＜eq \f(c－1,ln c)＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，
故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
答题模板
第一步：求函数f(x)的导函数f′(x)．
第二步：分类讨论f(x)的单调性．
第三步：利用单调性，求f(x)的最大值．
第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g(x)．
第五步：求g(x)的最大值，得出要证的不等式．
第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范．
【跟踪训练】 已知f(x)＝3ex＋x2，g(x)＝9x－1.
(1)讨论函数φ(x)＝aln x－bg(x)(a∈R，b>0)在(1，＋∞)上的单调性；
(2)比较f(x)与g(x)的大小，并加以证明．
【答案】见解析
【解析】 (1)φ′(x)＝eq \f(a,x)－9b＝eq \f(a－9bx,x)＝eq \f(9b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,9b)－x)),x)(x>1)，当eq \f(a,9b)≤1，即a≤9b时，φ′(x)1，即a>9b时，令φ′(x)>0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,9b)))；令φ′(x)g(x)．证明如下：
设h(x)＝f(x)－g(x)＝3ex＋x2－9x＋1，因为h′(x)＝3ex＋2x－9为增函数，且h′(0)＝－60，所以存在x0∈(0,1)，使得h′(x0)＝0，当x>x0时，h′(x)>0；当x0，所以f(x)>g(x)．
【递进题组】
1．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )
A．3 B．4
C．6 D．5
【答案】A
【解析】 设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πR2l＝27π，所以l＝eq \f(27,R2)，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小．由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·eq \f(27,R).所以S′＝2πR－eq \f(54π,R2)，令S′＝0，得R＝3，则当R＝3时，S最小．故选A．
2．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
【答案】 C
【解析】 a＝0时，不符合题意．a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(2,a).若a＞0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．所以a＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))＞0，即a×eq \f(8,a3)－3×eq \f(4,a2)＋1＞0，化简得a2＞4，则a＜－2.
3．(2019·邢台月考)已知f(x)＝ex－ax2.命题p：∀a≥1，y＝f(x)有三个零点；命题q：∃a∈R，f(x)≤0恒成立．则下列命题为真命题的是( )
A．p∧q B．(¬p)∧(¬q)
C．(¬p)∧q D．p∧(¬q)
【答案】B
【解析】对于命题p：当a＝1时，f(x)＝ex－x2，在同一坐标系中作出y＝ex，y＝x2的图象(图略)，由图可知y＝ex与y＝x2的图象有1个交点，所以f(x)＝ex－x2有1个零点，故命题p为假命题．因为f(0)＝1，所以命题q显然为假命题．故(¬p)∧(¬q)为真．故选B．
4．已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是__________．
【答案】 [4，＋∞)
【解析】 当x∈(0,1]时，不等式ax3－3x＋1≥0可化为a≥eq \f(3x－1,x3)，设g(x)＝eq \f(3x－1,x3)，x∈(0,1]，g′(x)＝eq \f(3x3－3x－1·3x2,x6)＝－eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))),x4).
由g′(x)＝0得x＝eq \f(1,2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，g′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，g′(x)0时，x>e－2，当f′(x)e，由g′(x)3(x－1)得证．
【考卷送检】
1．已知函数f(x)＝x3＋x，∀m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)0恒成立，所以f(x)在R上为增函数．
又f(－x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，由f(mx－2)＋f(x)