高考二轮数学人教版学案第二部分专题六第4讲导数的综合应用（文理）

第4讲导数的综合应用(文理)JIETICELUEMINGFANGXIANG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)年份卷别题号考查角度分值2020Ⅰ卷21利用导数研究单调性以及不等式的综合应用12Ⅱ卷21讨论函数的单调性以及不等式的证明12Ⅲ卷21导数的几何意义以及函数零点问题122019Ⅰ卷20函数的极值、问题12Ⅱ卷20函数的单调性、零点以及曲线的公切线问题12Ⅲ卷20函数的单调性、最值问题122018Ⅰ卷21函数的单调性、极值以及不等式的证明12Ⅱ卷21函数的单调性、不等式证明以及函数零点问题12Ⅲ卷21不等式以及极值问题的应用12(文科)年份卷别题号考查角度分值2020Ⅰ卷20函数的单调性以及函数的零点问题12Ⅱ卷21函数单调性以及不等式恒成立问题12Ⅲ卷20函数的单调性与零点问题122019Ⅰ卷20函数的零点存在问题、不等式与参数范围12Ⅱ卷21函数极值点以及方程的根问题12Ⅲ卷∥2018Ⅰ卷21函数的单调性、不等式的证明12Ⅱ卷21函数单调性、函数的零点的证明12Ⅲ卷21导数的几何意义、不等式的证明12KAODIANFENLEIXIZHONGDIAN考点分类·析重点考点一利用导数研究不等式问题eq\x(知)eq\x(识)eq\x(再)eq\x(现)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．eq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)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)lnx＋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)lnx＋x－1，得f′(x)＝2lnx－eq\f(1,x)＋3，∴f′(1)＝2，f(1)＝0，则切线方程为y＝2x－2．(2)f′(x)＝2lnx－eq\f(1,x)＋3，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝2lnx－eq\f(1,x)＋3，x∈(0，＋∞)，∴h′(x)＝eq\f(2,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2x＋1,x2)>0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h(1)＝2>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－ln4＝lneq\f(e,4)<0，又h(x)在(0，＋∞)上连续，∴∃x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))使得h(x0)＝0，即f′(x0)＝0，∴2lnx0－eq\f(1,x0)＋3＝0．(*)f′(x)，f(x)随x的变化情况如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，x0))x0(x0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗∴f(x)min＝f(x0)＝(2x0－1)lnx0＋x0－1．由(*)式得lnx0＝eq\f(1,2x0)－eq\f(3,2)，代入上式得f(x)min＝f(x0)＝(2x0－1)(eq\f(1,2x0)－eq\f(3,2))＋x0－1＝－2x0－eq\f(1,2x0)＋eq\f(3,2).令t(x)＝－2x－eq\f(1,2x)＋eq\f(3,2)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，t′(x)＝eq\f(1,2x2)－2＝eq\f(1＋2x1－2x,2x2)<0，故t(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减．∴t(x)>t(1)，又t(1)＝－1，即f(x0)>－1，∴f(x)>－1．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)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)2－3alnx，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)2－3lnx．f(1)＝4，f′(x)＝2x＋2－eq\f(3,x)，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－eq\f(3,x)≥0，即x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7)－1,2)，＋∞))时，函数f(x)单调递增；如果f′(x)＝2x＋2－eq\f(3,x)＜0，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(7)－1,2)))时，函数f(x)单调递减．(2)f′(x)＝2x＋2－eq\f(3a,x)＝eq\f(2x2＋2x－3a,x)，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＝－eq\f(1,2)，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)}．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1≤4,fe≤4))，得(e＋1)2－3a≤4，解得：a≥eq\f(e＋12－4,3).eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)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．eq\x(跟)eq\x(踪)eq\x(训)eq\x(练)1．(2019·宁德二模)已知函数f(x)＝alnx＋1(a>0)．(1)当x>0时，求证：f(x)－1≥aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))；(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－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝alnx－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))(x>0)，则φ′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(a,x2).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≥aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x))).(2)由f(x)>x得alnx＋1>x，即a>eq\f(x－1,lnx).令g(x)＝eq\f(x－1,lnx)(1<x<e)，则g′(x)＝eq\f(lnx－\f(x－1,x),lnx2).令h(x)＝lnx－eq\f(x－1,x)(1<x<e)，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)>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eq\f(x－1,lnx)<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eq\x(知)eq\x(识)eq\x(再)eq\x(现)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．eq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)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)＝sinx＋acosx－xcosx，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)＝cosx－asinx－(cosx－xsinx)＝(x－a)sinx，x∈(0,2π)，令f′(x)＝0得x＝a或x＝π，易知，当x∈(0，π)时，sinx＞0；当x∈(π，2π)时，sinx＜0，①当a＝π时，f′(x)＝(x－π)sinx≤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)＝sin0＋πcos0－0cos0＝π＞0，f(2π)＝sin2π＋πcos2π－2πcos2π＝－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)＝sina＋acosa－acosa＝sina＞0，因此f(x)在(0，a)上无零点；f(x)的极大值为f(π)＝sinπ＋acosπ－πcosπ＝π－a＞0，又f(2π)＝sin2π＋acos2π－2πcos2π＝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)＝sin0＋acos0－0cos0＝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)＝sina＜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．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)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)＝eq\f(ax＋1,ex)＋eq\f(1,2)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－eq\f(ax,ex)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex－a,ex)))则f′(－1)＝ea－1＝e－1，得a＝1，此时f′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex－1,ex)))，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＝lna，若a＝1，由(1)知，f(x)为R上的增函数．由f(－1)＝eq\f(1,2)＞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＜lna时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；lna＜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＜lna时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；x＞lna时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．得f(x)极小＝f(lna)＝eq\f(1,2)(lna)2＋lna＋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)．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)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．eq\x(跟)eq\x(踪)eq\x(训)eq\x(练)2．(2019·南充二模)已知函数f(x)＝eq\f(mx,lnx)，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)－eq\f(kx2,x－1)无零点，求k的取值范围．【解析】(1)由已知得f′(x)＝eq\f(mlnx－1,lnx2)，由题意f′(e2)＝eq\f(1,2)⇒eq\f(m,4)＝eq\f(1,2)，m＝2，故f(x)＝eq\f(2x,lnx).此时f′(x)＝eq\f(2lnx－1,lnx2)，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)－eq\f(kx2,x－1)⇒g(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,lnx)－\f(kx,x－1)))，且定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，要函数g(x)无零点，即要eq\f(2,lnx)＝eq\f(kx,x－1)在x∈(0,1)∪(1，＋∞)内无解，亦即要klnx－eq\f(2x－1,x)＝0在x∈(0,1)∪(1，＋∞)内无解．令h(x)＝klnx－eq\f(2x－1,x)⇒h′(x)＝eq\f(kx－2,x2).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)＝eq\f(kx－2,x2)＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,k))),x2)，若0＜k＜2，则函数h(x)在(0,1)内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,k)))内也单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，＋∞))内单调递增．又h(1)＝0，所以在(0,1)内无零点，易知heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)))＜0，而h(eeq\s\up7(\f(2,k)))＝k·eq\f(2,k)－2＋+eq\f(2,eeq\s\up7(\f(2,k)))＞0，故在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，＋∞))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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,k)))内递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，1))递增，在(1，＋∞)内也单调递增．又h(1)＝0，所以在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，1))及(1，＋∞)内均无零点．又易知heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)))＜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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,k)))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．YICUOQINGLINGMIANSHIWU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，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2≥0,f2≥0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－22－2a＋3－a≥0,22＋2a＋3－a≥0))，解得的取值范围为－7≤a≤eq\f(7,3).【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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2≥0,f2≥0)).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－eq\f(a,2)<－2，即a＞4时，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得a≤eq\f(7,3)故此时a不存在；(2)当－eq\f(a,2)∈[－2,2]，即－4≤a≤4时，g(a)＝f(－eq\f(a,2))＝3－a－eq\f(