高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题六函数与导数第4讲导数的综合应用文理学案含解析

第4讲　导数的综合应用(文理)

JIE TI CE LUE MING FANG XIANG

解题策略·明方向　

⊙︱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．

⊙︱真题分布︱

(理科)

(文科)

KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN

考点分类·析重点　

考点一　利用导数研究不等式问题

1．常见重要不等式

(1)ln x≤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　(2020·北京房山区期末)已知函数f(x)＝(2x－1)ln x＋x－1．

(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)求证：f(x)>－1．

【解析】　(1)由f(x)＝(2x－1)ln x＋x－1，得f′(x)＝2ln x－＋3，

∴f′(1)＝2，f(1)＝0，则切线方程为y＝2x－2．

(2)f′(x)＝2ln x－＋3，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝2ln x－＋3，x∈(0，＋∞)，

∴h′(x)＝＋＝>0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又h(1)＝2>0，h＝1－ln 4＝ln <0，又h(x)在(0，＋∞)上连续，

∴∃x0∈使得h(x0)＝0，即f′(x0)＝0，

∴2ln x0－＋3＝0．(*)

f′(x)，f(x)随x的变化情况如下：

∴f(x)min＝f(x0)＝(2x0－1)ln x0＋x0－1．由(*)式得ln x0＝－，代入上式得

f(x)min＝f(x0)＝(2x0－1)(－)＋x0－1＝－2x0－＋.

令t(x)＝－2x－＋，x∈，

t′(x)＝－2＝<0，故t(x)在上单调递减．

∴t(x)>t(1)，又t(1)＝－1，

即f(x0)>－1，∴f(x)>－1．

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　(2020·肥东县模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)2－3aln x，a∈R.

(1)当a＝1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程及函数f(x)的单调区间；

(2)若对任意x∈[1，e]，f(x)≤4恒成立，求实数a的取值范围．

【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝(x＋1)2－3ln x．f(1)＝4，f′(x)＝2x＋2－，f′(1)＝1，

则切线方程为y－4＝1×(x－1)，即y＝x＋3．

在x∈(0，＋∞)时，如果f′(x)＝2x＋2－≥0，

即x∈时，函数f(x)单调递增；

如果f′(x)＝2x＋2－＜0，

即x∈时，函数f(x)单调递减．

(2)f′(x)＝2x＋2－＝，x＞0．

当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在[1，e]上单调递增．

f(x)min＝f(1)＝4，f(x)≤4不恒成立．

当a＞0时，设g(x)＝2x2＋2x－3a，x＞0．

∵g(x)的对称轴为x＝－，g(0)＝－3a＜0，

∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且存在唯一x0∈(0，＋∞)，

使得g(x0)＝0．

∴当x∈(0，x0)时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，f(x)在(0，x0)上单调递减；

∴当x∈(x0，＋∞)时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增．

∴f(x)在[1，e]上的最大值f(x)max＝max{f(1)，f(e)}．

∴，得(e＋1)2－3a≤4，

解得：a≥.

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．(2019·宁德二模)已知函数f(x)＝aln x＋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＝aln x－a(x>0)，则φ′(x)＝－.

令φ′(x)＝0，则x＝1．

当0<x<1时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0,1)上单调递减；

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aln x＋1>x，即a>.

令g(x)＝(1<x<e)，则g′(x)＝.

令h(x)＝ln x－(1<x<e)，则h′(x)＝－>0，

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)<g(e)＝e－1，

即<e－1，所以a的取值范围为[e－1，＋∞)．

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　利用导数研究函数零点

典例3　(2020·福田区校级模拟)已知函数f(x)＝sin x＋acos x－xcos x，x∈(0,2π)，a∈(0,2π)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)证明：函数f(x)在定义域上只有一个零点．

【解析】　(1)f′(x)＝cos x－asin x－(cos x－xsin x)＝(x－a)sin x，x∈(0,2π)，

令f′(x)＝0得x＝a或x＝π，易知，当x∈(0，π)时，sin x＞0；当x∈(π，2π)时，sin x＜0，

①当a＝π时，f′(x)＝(x－π)sin x≤0，故f(x)在(0,2π)单调递减；

②当a∈(0，π)时，令f′(x)＜0得0＜x＜a或π＜x＜2π，令f′(x)＞0得a＜x＜π，

故f(x)在(0，a)，(π，2π)单调递减，在(a，π)单调递增；

③当a∈(π，2π)时，令f′(x)＜0得0＜x＜π或a＜x＜2π，令f′(x)＞0得π＜x＜a，

故f(x)在(0，π)，(a,2π)单调递减，在(π，a)单调递增．

综上，当a＝π时，f(x)在(0,2π)单调递减；

当a∈(0，π)时，f(x)在(0，a)，(π，2π)单调递减，在(a，π)单调递增；

当a∈(π，2π)时，f(x)在(0，π)，(a,2π)单调递减，在(π，a)单调递增．

(2)证明：由(1)知，①当a＝π时，f(x)在(0,2π)单调递减；

且f(0)＝sin 0＋πcos 0－0cos 0＝π＞0，f(2π)＝sin 2π＋πcos 2π－2πcos 2π＝－π＜0，

即f(0)·f(2π)＜0，

故函数f(x)在(0,2π)上只有一个零点．

②当a∈(0，π)时，f(x)在(0，a)，(π，2π)单调递减，在(a，π)单调递增；

故f(x)的极小值为f(a)＝sin a＋acos a－acos a＝sin a＞0，因此f(x)在(0，a)上无零点；

f(x)的极大值为f(π)＝sin π＋acos π－πcos π＝π－a＞0，

又f(2π)＝sin 2π＋acos 2π－2πcos 2π＝a－2π＜0，f(π)·f(2π)＜0，

故f(x)在(π，2π)上有一个零点，因此，函数f(x)在(0,2π)上只有一个零点．

③当a∈(π，2π)时，f(x)在(0，π)，(a,2π)单调递减，在(π，a)单调递增．

故f(x)的极小值为f(π)＝π－a＜0，又f(0)＝sin 0＋acos 0－0cos 0＝a＞0，

f(0)·f(π)＜0，

故f(x)在(0，π)上有一个零点，f(x)的极大值为f(a)＝sin a＜0，

又f(2π)＝a－2π＜0，

故f(x)在(π，2π)上无零点，因此，函数f(x)在(0,2π)上只有一个零点．

综上，函数f(x)在(0,2π)上只有一个零点．

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　(2020·四川模拟)已知函数f(x)＝＋x2(a≠0)．

(1)若曲线y＝f(x)在x＝－1处切线的斜率为e－1，判断函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围．

【解析】　(1)由题f′(x)＝x－＝x

则f′(－1)＝ea－1＝e－1，得a＝1，

此时f′(x)＝x，由f′(x)＝0得x＝0．

则x＜0时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；

x＞0时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，

且f′(0)＝0，所以f(x)为R上的增函数．

(2)①当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝0或x＝ln a，

若a＝1，由(1)知，f(x)为R上的增函数．

由f(－1)＝＞0，f(－2)＝－e2＋2＜0，

所以f(x)只有一个零点，不符合题意．

若0＜a＜1，则x＜ln a时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；

ln a＜x＜0时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；x＞0时，

f′(x)＞0，f(x)为增函数．

而f(x)极小＝f(0)＝a＞0，故f(x)最多只有一个零点，不符合题意；

若a＞1时，则x＜0时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；

0＜x＜ln a时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；x＞ln a时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．

得f(x)极小＝f(ln a)＝(ln a)2＋ln a＋1＞0，故f(x)最多只有一个零点，不符合题意．

②当a＜0时，由f′(x)＝0得x＝0，

由x≤0得f′(x)≤0，f(x)为减函数，由x＞0得f′(x)＞0，f(x)为增函数，

则f(x)极小＝f(0)＝a＜0．

又x→－∞时，f(x)＞0，x→＋∞时，f(x)＞0，

所以当a＜0时，f(x)始终有两个零点．

综上所述，a的取值范围是(－∞，0)．

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)，(f(x)＝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．(2019·南充二模)已知函数f(x)＝，曲线y＝f(x)在点(e2，f(e2))处的切线与直线2x＋y＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．

(1)求f(x)的解析式及单调减区间；

(2)若函数g(x)＝f(x)－无零点，求k的取值范围．

【解析】　(1)由已知得f′(x)＝，

由题意f′(e2)＝⇒＝，m＝2，

故f(x)＝.

此时f′(x)＝，

由f′(x)≤0⇒0＜x＜1或1＜x≤e，

故f(x)的单调减区间为(0,1)和(1，e]．

(2)g(x)＝f(x)－⇒g(x)＝x，且定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，

要函数g(x)无零点，

即要＝在x∈(0,1)∪(1，＋∞)内无解，

亦即要kln x－＝0在x∈(0,1)∪(1，＋∞)内无解．

令h(x)＝kln x－⇒h′(x)＝.

①当k≤0时，h′(x)＜0在x∈(0,1)∪(1，＋∞)内恒成立，

即h(x)在(0,1)内递减，在(1，＋∞)内也单调递减．

又h(1)＝0，所以在(0,1)和(1，＋∞)内也无零点，故满足条件．

②当k＞0时，h′(x)＝＝，

若0＜k＜2，则函数h(x)在(0,1)内单调递减，在内也单调递减，在内单调递增．

又h(1)＝0，所以在(0,1)内无零点，易知h＜0，而h(e)＝k·－2＋+＞0，故在内有一个零点，不满足条件．

若k＝2，则h(x)在(0,1)内递减，在(1，＋∞)内单调递增．

又h(1)＝0，所以x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h(x)＞0恒成立，故无零点，满足条件．

若k＞2，则函数h(x)在内递减，在递增，在(1，＋∞)内也单调递增．

又h(1)＝0，所以在及(1，＋∞)内均无零点．

又易知h＜0，而h(e－k)＝k·(－k)－2＋2ek＝2ek－k2－2，当k＞2时，h(e－k)＞0，所以函数h(x)在内有一零点，故不满足条件．

综上可得，k的取值范围为k≤0或k＝2．

YI CUO QING LING MIAN SHI WU

易错清零·免失误　

1．用错恒成立的条件

典例1　已知函数f(x)＝x2＋ax＋3－a若x∈[－2,2]时，f(x)≥0恒成立，求的取值范围．

【错解1】　∵f(x)≥0恒成立，∴Δ＝a2－4(3－a)≤0恒成立解得的取值范围为－6≤a≤2．

【错解2】　∵f(x)＝x2＋ax＋3－a若x∈[－2,2]时，f(x)≥0恒成立，∴，即，解得的取值范围为－7≤a≤.

【剖析】　对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c“当x∈R上f(x)≥0恒成立时，Δ≤0”片面理解为“ax2＋bx＋c≥0，x∈[－2,2]恒成立时，Δ≤0”；或者理解为.这都是由于函数性质掌握得不透彻而导致的错误．二次函数最值问题中“轴变区间定”要对对称轴进行分类讨论；“轴定区间变”要对区间进行讨论．

【正解】　设f(x)的最小值为g(a)，

(1)当－<－2，即a＞4时，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得a≤故此时a不存在；

(2)当－∈[－2,2]，即－4≤a≤4时，

g(a)＝f(－)＝3－a－≥0，得－6≤a≤2，

又－4≤a≤4，故－4≤a≤2；

(3)－>2，即a＜－4时，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0，

得a≥－7，又a＜－4，

故－7≤a＜－4；

综上，得－7≤a≤2．

2．双变量问题非等价转化致误

典例2　(2020·河北衡水摸底联考)已知函数f(x)＝2ax＋2xlnx(a∈R)．

(1)若函数f(x)在区间(e2，＋∞)上存在极值点，求a的取值范围；

(2)已知x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，求证：x1<<x2．

【解析】　(1)对f(x)求导，得f′(x)＝2lnx＋2＋2a(x>0)．

因为函数f(x)在区间(e2，＋∞)上存在极值点，

所以存在实数m∈(e2，＋∞)，使得f′(m)＝2lnm＋2＋2a＝0，

即a＝－lnm－1<－lne2－1＝－3．

所以a的取值范围为(－∞，－3)．

(2)依题意知＝，

要证x1<<x2，只需证x1<<x2，

即证1<<.

设t＝(t>1)，只需证1<<t，

即证ln t<t－1<tlnt.

设g(t)＝ln t－t＋1(t>1)，则g′(t)＝－1，

易知g′(t)<0，

所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，ln 1－1＋1＝0，

则g(t)<0，即ln t<t－1．

设h(t)＝tln t－t＋1，则当t>1时，h′(t)＝ln t>0，

所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，

则当t>1时，h(t)>h(1)＝0，即t－1<tln t.

所以x1<<x2，

即不等式x1<<x2成立．

【剖析】　本题是一道涉及双变量的不等式证明问题，易错点是不知道怎样构造函数．破解这类题的关键是通过换元法达到消元的目标，再构造函数，利用函数的单调性证明不等式．一般地，在双变量不等式中，两个变量的地位相同，取值独立，此类题的证明途径有：①构造函数，将问题转化为判断函数的单调性问题；②构造函数，转化为求函数的最值问题．