2024年高考数学三轮复习：导数的综合应用 专项讲解与训练

第6讲导数的综合应用

“协助函数法”证明不等式

［核心提炼］

利用导数证明不等式的应用技巧为“构造协助函数”，把不等式的证明转化为利用导数探讨函数的单调

性或求最值，从而证得不等式，而如何依据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关

键.

《例11】设函数F(x)=lnx-x+1.

(1)探讨f(x)的单调性；

“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题

［核心提炼］

1.利用导数解决恒成立问题

⑴若不等式F(x)>/在区间。上恒成立，则等价于在区间。上

⑵若不等式在区间，上恒成立，则等价于在区间，上f(x)侬〈4

2.利用导数解决能成立问题

(1)若mxG。，f(x)〉/成立，则等价于在区间，上/'(x)则〉4

(2)若mxG。，f(x)〈/成立，则等价于在区间，上/'(x)®#/.

画②(2024•高考全国卷H)设函数f(x)=(1—*)e：

(1)探讨f(x)的单调性；

(2)当xNO时，/'(x)Wax+l,求a的取值范围.

【解析】⑴摩(1=(1-2T)e：

令f(x)=0得x=—1—^或x=—1+/.

当xd(-8,一1一/)时，f(x)〈o；当—1+/)时，f(x)>0；当xG(—l+/,+

8)时，f'(x)<0.

所以f(x)在(一8,—1—4),(-1+72,+8)单调递减，在(7—镜，-1+/)单调递增.

(2)f(x)=(1+x)(1—x)e：

,当时，设函数为(x)=(l—x)e"，h'(x)=—xe'<0(x>0),因此力(x)在［0,+8)单调递减，而力(0)=

L故力(x)WL所以广(x)=(x+1)为(x)Wx+lWax+1.

当0〈水1时，设函数g(x)=e"—x—l,g'(x)=e"-l>0(x>0),所以g(x)在［0,+8)单调递增，而g(0)

=0,故e'2x+l.

当0</1时，(1+A)2,(1—{\+x)2—ax—\=x{\—a—x—x),取苞=或~贝U照£

(0,1),.(1—Xo)(l+xo)?—axo—1—0,故_f(xo)>a¥o+l.

当aWO时，取xo=#2I则xod(0,1),axOXl—xo)(l+xo)2=l2axo+l.

综上，a的取值范围是［1,+8).

前画因窗

对于不等式恒成立问题，可从函数角度转化为求函数的最值问题，也可以采纳分别变量法将变量分别出

来，进而转化为2〉f(幻砥1,或@</(X)血"的形式，通过导数求出f(X)的最值，进而求得参数的范围.

【对点训练】

(2024•昆明模拟)已知函数/>(X)=mx~~,g(x)=31nx.

X

(1)当加=4时，求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；

(2)若xG(l,/］(e是自然对数的底数)时，不等式/<x)—g(x)<3恒成立，求实数小的取值范围.

44

【解析】：⑴当勿=4时，F(x)=4x-—，f'(x)=4+方，f'(2)=5,

xx

又广(2)=6,所以所求切线方程为尸5x—4.

(2)由题意知，x£(l,/］时，勿x—7—31n水3恒成立，

即加(3—1)<3x+3xlnx恒成立，

因为xe(l,点］,所以V—1〉0,则为—恒成立.

VX—12।

.,、3x+3xlnx,/、

令力(％)=---2一~；---，X^.(1,ve］,贝!JR<Mx)min,

x-］v

7./、—3(/+1)•Inx~6

h3=/~21、2

(x—

3(x+1)•Inx+6

=(/-l)2'

因为XW(1,m］,所以、(x)<0,

即尔X)在(1,十］上是减函数.

所以/i(x)向1=从#)=。)次\.

所以0的取值范围是(一8,£鸟).

“图象协助法”解决函数零点或方程根的问题

［核心提炼］

探讨函数零点或方程根的状况，可以通过导数探讨函数的单调性、最大值、最小值、改变趋势等，并借助

函数的大致图象推断函数零点或方程根的状况，这是导数在探讨方程中的重要应用.

前⑶已知函数f(x)=(X—2)e'+a(x—1)2.

(1)探讨F(x)的单调性；

⑵若F(x)有两个零点，求a的取值范围.

【解析】⑴尸(x)=(x—l)e'+2a(x—1)=5—1)(e'+2a).

(i)设a》0,则当xd(—8,1)时，f(x)<0；当x©(l,+8)时，f'(x)>0,所以f(x)在(-8,1)

上单调递减，在(1,+8)上单调递增.

⑹设a<0,由/(x)=0得x=l或x=ln(7a).

①若4=-与，则八*)=(*一】)(^一。)，所以小滋(-8,+8让.单调递舟.

*

②若<£>一与，则呵―2aKl,故当x£(-8,ln(—2a))(J(l>+8附，f(x)>0j当x€(ln(-2a),1对，

f(x)<0,所以犬51(-8,lu(-2a)),(1,+8)上单隔递增,在(圆一2a),1)上里鞫遵域.

◎若Y-三，则凝一加)>1,故当X£(-8,l)U(in(-2a),+8)时,(x)X,当xW(l,㈣一㈤对，

f(x)<0>所以犬1),(in(-24i),+8)上里验递增，在(I,ln(-2a))上里哪■，减.

(2)(i)设a>0,则由(1)知，/5)在(一8,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增.

aa3

又/1(!_)=—e,/(2)=a,取6满意6Vo且6Vln则_f(6)>5(6—2)+a(6—l)2=d(62-]Z?)>0.

所以_f(x)有两个零点.

(ii)设a=0,则F(设=(x—2)e”,

所以“x)只有一个零点.

Q

(iii)设aVO,若a2一5,

则由(1)知，Ax)在(1,+8)上单调递增，

又当xWl时，f{x)<0,

故Hx)不存在两个零点；

P

若a<—亍则由⑴知，F(x)在(1,In(—2a))上单调递减，在(ln(-2a),+8)上单调递增，

又当后1时，Ax)<0,

故/"(X)不存在两个零点.

综上，a的取值范围为(0,.+8).

面园因幽

(1)已知函数零点x°G(a,6)求参数范围的一般步骤是：①对函数求导；②考察函数在区间(a,6)上的单调

状况；③数形结合分析极值点；④依据零点的个数确定极值的范围，进而求出参数的范围.

⑵依据函数中的参数状况确定函数的零点，其解决方法是通过导数分析函数图象的大致分布，结合单调

性、极值、最值或构造函数详细分析.涉及的数学思想是分类探讨思想和数形结合思想.

【对点训练】

已知函数f(x)=包二+6在(1,0)处的切线方程为X一厂1=0.

X

⑴求43,6；

⑵求AA)max；

(3)设。>0,且cWl,若函数g(x)=logcX-X至少有一个零点，求c的最大值.

【解析】：(l)f(x)的定义域为(0,+8),f'(x)=a(「nx),

所以7(l)=a,而切线X—y—1=0的斜率为1,

所以3=1.

f(l)=0,所以6=0,故乃=1,b=0.

/、।/、心/、Inx，/、1-Inx

(2)由(1)知f(x)=----，f'(x)=----2---，

xx

当OVxVe时，f'(x)>0；当x>e时，f'(x)VO.

所以/Xx)在(0,e)上单调递增，在(e,+8)上单调递减，所以f(x)则=f(e)=，

e

(3)g(x)=logcX—x的定义域为(0,+°°).

由题意知，存在刘仁(0,+°°),有g(xo)=O.

即logcXQ=Xo.

x。日口iInAb

所以i—苞，即Inc—.

Incxo

1111

由⑵知所以In所以c〈ee.

xoee

1

所以。的最大值为ee.

课时作业

[基础达标]

1.(2024•兰州模拟)设函数广(x)在R上的导函数为r(x),对Vx£R有广(X)+F(—X)=X2,在(0,+8)

上，/(工)一水0,若a4一㈤一广(血》8一4处则实数〃的取值范围是()

A.[2,+°°)B.(一8,2]

C.(—8,—2]U[2,+°°)D.[—2,2]

【答案】A.

【解析】令g(x)=F(x)—；V,则g(—x)+g(x)=广(一入)一：3+-(入)一：¥=0,所以函数g(x)为奇函数.当

(0,+8)时，g，(入)=/(x)一水0,所以函数g(x)在(0,+8)上是减函数，故函数g(x)在(一8,

0)上也是减函数.由/'(0)=0,可得g(x)在R上是减函数，所以_f(4一%)一“4=g(4—勿)+；(4—42—gGzz)

=g(4—4-g(4+8-4加28—4以，

所以g(4—血NgE),所以4—勿，解得力22,所以实数力的取值范围是［2,+8).

2.(2024•合肥质量检测(二))已知函数f(禽=xlnx一%”(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a

的取值范围是()

A.(0,-)B.(0,e)

e

C.(-,e)D.(—°°,e)

e

【答案】A.

【解析】由题易知，f'(x)=l+lnx—ae',令，(x)=0,得a少了,函数/1(x)有两个极值点，则

J+e

需F(x)=0有两个实数根，等价于a=有两个实数根,等价于直线y=a与尸的图象有

l+e.*e1+1”

两个交点.

1

-1—Inx

人/、1+lnxe,/、x

令g(x)=---;-,贝Ug(x)=-----------，

ee

令力(x)—x,得力(x)在(0,+8)上为减函数，且力(1)=0,

x

所以当x£(0,1)时，—分>。,故g'(x)>0,g(x)为增函数，

当x£(l,+8)时，力(工)<0,

故HUXo,g(x)为减函数,

所以g(X)max=g(l)

e

又当xf+8时，g(x)-*0,

所以g(x)的图象如图所示，故O〈a<1

e

1/1

3.已知函数/UNxeR)满意f⑴=1,且f(x)的导数F(x)芍，则不等式MV)+削勺解集为

【答案】：(一8,—1)U(1,+°°)

【解析】由题意构造函数O=f(x)—所以F'(自=f(X)—；，因为/(x)V；，所以/(x)=

1x1x\

f'即函数/(x)在R上单调递减.因为〃丁)<+所以〃9)一中所以尸(V)V

乙乙乙乙乙

尸(1),而函数尸(X)在R上单调递减，所以即Xd(—8,-1)U(1,+8).

4.(2024•山西八校联考)已知函数/1(x)=(x?+2x+1)e',设力£[—3,—1],对随意汨，[t,方+2],

|/U)-/U)I的最大值为.

【答案】：4e

【解析】।依Ifc意:，f(x)=(x：+4x+3H,令可得3或x>-l,令可得-3vrv-I,

所以由数人x)的单域递增区间为(-8,7),(7,+8),单调速及区间为(-3,7).因为r€1-3,-

1]>为，«€[<>[+2],人-3)=4<3,人-1)=0,41)=公，

月HiAd1)=4e>-1)=0,

所以瓜川)一心:)的最大值为会.

5.(2024・沈阳质量检测(一))已知函数_f(x)=ax+xlnx在x=l处取得极值.

⑴求广(x)的单调区间；

(2)若y=F(x)—卬一1在定义域内有两个不同的零点，求实数〃的取值范围.

【解析】：⑴/(x)=d+lnx+1,f'⑴二石+匚。，

解得a=-1,当己=一1时，f(x)=~x+xlnx,

即(x)=lnx,ff(x)>0,解得x>l；

令/(£)<0,解得0CKL

所以f(x)在x=l处取得微小值，f(x)的单调递增区间为(1,+8),单调递减区间为(0,1).

(2)y=/*(x)一加一1在(0,+8)内有两个不同的零点，可转化为广(入)=加+1在(0,十8)内有两个不同的

根，也可转化为y=F(x)与夕=勿+1的图象有两个不同的交点，

由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增，1)=-1,

由题意得，/+1>—1即山>一2,①

当0〈水1.时，f{x)=T(—1+lnx)<0；

当x>0且xf0时，f{x}-0；

当XL+8时,明显广(x)f+8(或者举例：当x=e)/(e2)=e2>0).

如图，由图象可知，必+1<0,即冰一1,②

由①②可得一2〈冰一1.

6.(2024•兰州模拟)已知函数F⑸=—£+3+8,g(x)=Hnx.

iQ

(1)若Ax)在[―中1)上的最大值为《求实数力的值；

Zo

(2)若对随意的xG[l,e],都有g(x)》一V+(a+2)x恒成立，求实数a的取值范围.

9

【解析】：(1)/(x)=—3城+2入=一X(3X一2),令f(x)=0,得x=0或x=)

当Xd(一/0)时，r(x)〈o,函数/1(.)为减函数;

2

当xd(o,可)时，f'U)>0,函数f(x)为增函数;

O

9

当x£(g,1)时，f'(jr)<0,函数F(x)为减函数.

因为A—1)=|+。，^(|)所以>,导.

133

所以A—9)=d+6=d，

所以6=0.

(2)由g(x)2—f+(d+2)x,得(x—Inx)a^x~2x,

因为x£[l,e],所以InxWlWx,由于不能同时取等号，所以Inx(x,即x—lnx>0,

x-2x

所以aW---(x£[l,e])恒成立.

jr—Inx

x-2x

令力(x)=—■—，x£[l,e],

jr—Inx

(x-l)(x+2-21nx)

贝(jr-Inx)2

当x£[l,e]时，x—120,x+2—21nx=x-\-2(1—Inx)>0,从而“(x)20,

x-2x

所以函数为(x)=A—In([1,e]上为增函数,

所以力(X)min=力⑴=—L

所以aWT.

7.设函数f(x)=aln—6x(aWl),曲线y=f(x)在点(1,f(l))处的切线斜率为0.

⑴求b・,

⑵若存在刘河，使得『(加〈言,求a的取值范围.

【解析】:⑴/㈤=:+(—.

由题设知/(1)=0,解得6=1.

(2)f(x)的定义域为(0,+8),

由(1)知，f{x}=alnx-\--^—x—x,

f(5+(1-a)x—l=H

1a

①若aWj,则^—Wl,故当xd(l,+8)时7，(x)〉0,

21—a

f(x)在(1,+8)上单调递增.

所以，存在册21,使得『(刘)〈等的充要条件为/'(I)〈告，即一—1〈母，解得一小T〈a〈木—1.

Q,1131Z<31

②若〈<水1,则7A-〉1,故当XG［1,产］时，F(入)〈0，当才仁卜乙，+s］时，f'(x)>0,f(x)在

［1，言)上单调递减，在高，+8)上单调递增.

所以，存在司21,使得『(刘)〈告的充要条件为

a~1

aa

=alnl-a+2(1-a)+3-?3-1,所以不合题意.

③若a〉l,则当xd(l,+8)时f5)<0,/U)在(1,+8)上单调递减，且=

综上，a的取值范围是(一/—1,-^2—1)U(1,+°°).

x

8.设函数_f(x)=5一左111x,k>0.

⑴求Ax)的单调区间和极值；

⑵证明：若f(x)存在零点，则Ax)在区间(1,小］上仅有一个零点.

V2kX

【解析】：(1)由/'(X)=3—Ainx(k>0),得x>0且/(x)=x-—=一

2x

由(x)=0,

解得X=5(负值舍去).

/1(*)与/1'(x)在区间(0,+8)上的改变状况如下：

X(0,5)小(币,+°°)

f'(x)一0+

k(l—lnA)

f(x)

2

所以，F(x)的单调递减区间是(0,胃)，单调递增区间是(5,+8).f(x)在x=0处取得微小值丹5)

k(1—In4)

Hx)无极大值.

2

l*(］—tnJt)

(2)证即：由。加，其外在区间(0,+8)上的品小值为八反)=-----------

因为人X)存在零点，

所以-----5--------从而栏e

当Qert，"r灌区间(1,4)上单调递及，目.仆自=0,

所以x=m在区诩1,4］上的唯一零点.

当*>e时，加拉区间(1,上里调逐局,且也)=4»,小向="<0,

所以人x)在区间(I,4)上仅有一个零点.

族上可知，若无)存在零点，则冷灌区间(I,加上仅有f等氨.

［实力提升］

1.(2024•高考全国卷I)已知函数f{x}=aex+(a—2)e“一x.

⑴探讨广(x)的单调性；

⑵若f(x)有两个零点，求a的取值范围.

【解析】：(l)#x)的定义域为(—8,+8),/5)=2非2'+(。-2)6、一1=(去、-1)(21+1).

3)若aW0,则/(x)<0,所以广(工)在(一8,+8)单调递减.

(五)若己>0,则由/(£)=0得u=-Ina.

当(—8,—Ina)时，f'(x)<0；当(—Ina,+8)时，f'(x)>0.所以f(x)在(一8,—Ina)单

调递减，在(一Ina,+8)单调递增.

(2)(i)若W0,由(1)知，Ax)至多有一个零点.

(ii)若己>0,由(1)知，当x=—In己时，f(x)取得最小值，最小值为广(一Ina)=1--+lna,