2023届高考数学二轮复习专题一函数与导数第5讲函数与导数的综合应用学案

第5讲　函数与导数的综合应用

1.[不等式恒成立问题](2020·全国Ⅰ卷,T21)已知函数f(x)=ex+ax2-x.

(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;

(2)当x≥0时,f(x)≥x3+1,求a的取值范围.

解:(1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f′(x)=ex+2x-1,设g(x)=f′(x),

因为g′(x)=ex+2>0,可得g(x)在R上单调递增,即f′(x)在R上单调递增,

因为f′(0)=0,所以当x>0时,f′(x)>0;当x<0时,f′(x)<0,

所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减.

(2)当x≥0时,f(x)≥x3+1恒成立,

①当x=0时,不等式恒成立,可得a∈R;

②当x>0时,可得a≥恒成立,

设h(x)=,

则h′(x)=

=

=

=,

设m(x)=ex-x2-x-1,可得m′(x)=ex-x-1,设(x)=m′(x)=ex-x-1,则′(x)=ex-1,

由x>0,可得′(x)>0恒成立,可得m′(x)在(0,+∞)上单调递增,所以m′(x)>m′(0)=0,

即m′(x)>0恒成立,即m(x)在(0,+∞)上单调递增,所以m(x)>m(0)=0,

再令h′(x)=0,可得x=2,当0<x<2时,h′(x)>0,h(x)在(0,2)上单调递增;

当x>2时,h′(x)<0,h(x)在(2,+∞)上单调递减,所以h(x)max=h(2)=,所以a≥.

综上可得,a的取值范围是[,+∞).

2.[不等式的证明](2021·全国乙卷,T20改编)已知函数f(x)=ln(1-x),设函数g(x)=.证明:g(x)<1.

证明:f(x)=ln(1-x),g(x)==,x<1且x≠0.

当 x∈(0,1)时,要证g(x)=<1,

因为x>0,ln(1-x)<0, 所以xln(1-x)<0,

即证x+ln(1-x)>xln(1-x),

化简得x+(1-x)ln(1-x)>0.

同理,当x∈(-∞,0)时,要证g(x)=<1,因为x<0,ln(1-x)>0,

所以xln(1-x)<0,即证x+ln(1-x)>xln(1-x),

化简得x+(1-x)ln(1-x)>0.

令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),再令t=1-x,

则t∈(0,1)∪(1,+∞),x=1-t,

令(t)=1-t+tln t,′(t)=-1+ln t+1=ln t,

当t∈(0,1)时,′(t)<0,(t)单调递减,

假设(1)能取到,则(1)=0,故(t)>(1)=0;

当t∈(1,+∞)时,′(t)>0,(t)单调递增,

假设(1)能取到,则(1)=0,故(t)>(1)=0.

综上所述,g(x)<1成立.

3.[函数的零点问题](2022·全国乙卷,T20)已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x.

(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:(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+-=,x>0,

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;

当0<a<1时,>1,在(0,1),(,+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增;

在(1,)上,f′(x)<0,f(x)单调递减.

又f(1)=a-1<0,当x趋近正无穷大时,f(x)趋近正无穷大,

所以f(x)仅在(,+∞)上有唯一零点,符合题意;

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;

当a>1时,<1,在(0,),(1,+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增;

在(,1)上,f′(x)<0,f(x)单调递减.

此时f(1)=a-1>0,

所以f()>f(1)>0,又当x趋近0时,f(x)趋近负无穷大,

所以f(x)在(0,)上有一个零点,在(,+∞)上无零点,

所以f(x)有唯一零点,符合题意.

综上,a的取值范围为(0,+∞).

　　高考对这部分内容的考查主要有:利用导数研究函数的零点、证明不等式、解决恒(能)成立问题.大多与指数型函数、对数型函数、三角函数相结合,以压轴题的形式呈现,难度大.

热点一　利用导数研究函数的零点

判断函数零点个数的思路:判断函数在某区间[a,b]或(a,b)内的零点的个数时,主要思路:一是由f(a)·f(b)<0及函数零点存在定理,说明在此区间上至少有一个零点;二是求导,判断函数在区间(a,b)上的单调性,若函数在该区间上单调递增或递减,则说明至多只有一个零点;若函数在区间[a,b]或(a,b)上不单调,则要求其最大值或最小值,借用图象法等判断零点个数.

典例1　(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-a(x+2).

(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.

解:(1)当a=1时,f(x)=ex-(x+2),f′(x)=ex-1,令f′(x)<0,解得x<0,令f′(x)>0,解得x>0,

所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.

(2)法一　f′(x)=ex-a.

①当a≤0时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在一个零点,不符合题意.

②当a>0时,由f′(x)=0,可得x=ln a.

当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;

当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.

故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).

(ⅰ)若0<a≤,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在一个零点,不符合题意.

(ⅱ)若a>,f(ln a)<0.因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.

由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=·-a(x+2)>eln(2a)·(+2)-a(x+2)=2a>0,故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点,从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.

综上,a的取值范围是(,+∞).

法二　令f(x)=0,得ex=a(x+2),即=,所以函数y=的图象与函数(x)=的图象有两个交点,

′(x)=,当x∈(-∞,-1)时,′(x)>0;当x∈(-1,+∞)时,′(x)<0,

所以(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减,

所以(x)max=(-1)=e,且x→-∞时,(x)→-∞;x→+∞时,(x)→0,

所以0<<e,解得a>.

所以a的取值范围是(,+∞).

利用函数零点情况求参数取值范围的方法

(1)分离参数(a=g(x))后,将问题转化为y=g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y=a与y=g(x)的图象的交点个数问题(优选分离,次选分类)求解.

(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解.

(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题,从而构建不等式求解.

热点训练1　 (2021·全国甲卷) 已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).

(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;

(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.

解:(1)当a=2时,f(x)=(x>0),f′(x)==,

令f′(x)=0得x=,当0<x<时,f′(x)>0,当x>时,f′(x)<0,

所以函数f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,+∞).

(2)f(x)==1⇔ax=xa⇔xln a=aln x⇔=,设函数g(x)=(x>0),

则g′(x)=,令g′(x)=0,得x=e,在(0,e)上,g′(x)>0,g(x)单调递增;

在(e,+∞)上,g′(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(e)=,又g(1)=0,当x趋近于+∞时,g(x)趋近于0,所以曲线y=g(x)与直线y=有两个交点的充分必要条件是0<<,即0<g(a)<g(e),所以a的取值范围是(1,e)∪(e,+∞).

热点二　利用导数证明不等式

单变量不等式的证明方法

(1)移项法:将证明不等式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)最值法:欲证f(x)<g(x),有时可以证明f(x)max<g(x)min.

(3)放缩法:在证明相关不等式中,若能灵活运用ex≥x+1,ln x≤x-1这两个不等式和不等式ex≥ex,ln x≤x,ln x≥1-进行放缩,往往事半功倍.一般地,有ef(x)≥f(x)+1,ln g(x)≤g(x)-1,扩大了应用范围.

典例2　(2022·湖北模拟调研)已知函数f(x)=xex-1,g(x)=a(ln x+x).

(1)若不等式f(x)≥g(x)恒成立,求正实数a的值;

(2)证明:x2ex>(x+2)ln x+2sin x.

 (1)解: 令h(x)=f(x)-g(x)=xex-a(ln x+x)-1(x>0),则h′(x)=(x+1)ex-a(1+)=,

设(x)=xex-a(a>0),则′(x)=(x+1)ex>0对任意x>0恒成立,所以(x)在(0,+∞)上单调递增,

又(0)=-a<0,(a)=aea-a=a(ea-1)>0,

存在唯一实数x0∈(0,a),(x0)=0,

所以当x∈(0,x0)时,h′(x)=<0,h(x)单调递减;

当x∈(x0,+∞)时,h′(x)=>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(x0)=x0-a(x0+ln x0)-1.

因为(x0)=x0-a=0(0<x0<a),所以x0=a,且x0+ln x0=ln a(a>0).

所以h(x)min=a-aln a-1,设F(a)=a-aln a-1(a>0),

因为F′(a)=1-(1+ln a)=-ln a,所以F(a)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

所以F(a)≤F(1)=0,而依题意必有F(a)≥0,

所以F(a)=0,此时a=1,

所以若不等式f(x)≥g(x)恒成立,则正实数a的值为1.

(2)证明:法一(借助第(1)问结论)

由(1)得,当a=1时,xex-1≥x+ln x对任意x>0恒成立.

所以∀x∈(0,+∞),xex≥x+ln x+1,则x2ex≥x2+xln x+x(x>0).

所以要证明x2ex>(x+2)ln x+2sin x(x>0),

只需证x2+xln x+x>(x+2)ln x+2sin x(x>0),

即证x2+x>2ln x+2sin x(x>0).

设β(x)=ln x-x+1(x>0),则β′(x)=-1=,β(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.

所以∀x∈(0,+∞),β(x)≤β(1)=0,即ln x≤x-1(x>0).

所以只需证x2+x>2(x-1)+2sin x,

即证x2-x+2>2sin x.

①当x>1时,x2-x+2=x(x-1)+2>2≥2sin x,不等式成立.

②当0<x<1时,x2-x+2=+≥,2sin x<2sin 1<2sin =<,不等式成立.

所以x2ex≥x2+xln x+x>(x+2)ln x+2sin x(x>0),证毕.

法二(分别放缩)

设α(x)=x-sin x,则α′(x)=1-cos x≥0恒成立,所以α(x)在(0,+∞)上单调递增,

∀x∈(0,+∞),α(x)>α(0)=0,

所以x>sin x(x>0).

设β(x)=ln x-x+1(x>0),则β′(x)=-1=,β(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

∀x∈(0,+∞),β(x)≤β(1)=0,所以ln x≤x-1(x>0),所以ln ex≤ex-1,即ex≥x+1.

所以当x∈(0,+∞)时,(x+2)ln x+2sin x<(x+2)(x-1)+2x=x2+3x-2,

又因为x2ex-(x2+3x-2)≥x2(x+1)-[x(x+1)+2(x-1)]=(x-1)2(x+2)≥0,

所以x2ex≥x2+3x-2>(x+2)ln x+2sin x(x>0).

证明双变量不等式的三种常见方法

(1)消元法:即借助题设条件,建立x1与x2的等量关系,如x2=g(x1),从而将f(x1,x2)>A的双变量不等式化成h(x1)>A的单变量不等式.

(2)换元法:结合题设条件,有时需要先对含有双变量的不等式进行“除法”变形,再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理,将双变量问题等价转化为单变量问题,即构建形如的形式.

(3)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.

热点训练2　 已知f(x)=xln x-mx2-x,m∈R.若f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,求证:x1x2>e2(e为自然对数的底数).

证明:f(x)的定义域为(0,+∞),欲证x1x2>e2,需证ln x1+ln x2>2.由函数f(x)有两个极值点x1,x2,可得f′(x)有两个零点,又f′(x)=ln x-mx,所以x1,x2是方程f′(x)=0的两个不同实根.

法一　于是有

①+②可得ln x1+ln x2=m(x1+x2),

即m=,②-①可得ln x2-ln x1=m(x2-x1),即m=,

从而可得=,于是ln x1+ln x2==.

又0<x1<x2,设t=,则t>1.

因此ln x1+ln x2=,t>1.

要证ln x1+ln x2>2,即证>2(t>1),

即证当t>1时,有ln t>.

令g(t)=ln t-(t>1),则g′(t)=-=>0,

所以g(t)在(1,+∞)上单调递增.

因此g(t)>ln 1-=0.

于是当t>1时,有ln t>.

所以ln x1+ln x2>2成立,即x1x2>e2.

法二　f′(x1)=f′(x2)=0,令f′(x)=0,则=m,令h(x)=(x>0),则h(x1)=h(x2)=m,h′(x)=,

由h′(x)>0,得0<x<e.由h′(x)<0,得x>e.

所以h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以0<x1<e<x2.

令H(x)=h(x)-h()(0<x<e),所以H′(x)=h′(x)+h′()=+·=+=(1-ln x)(-)=(1-ln x).

因为0<x<e,所以1-ln x>0,e2-x2>0,所以H′(x)>0,所以H(x)在(0,e)上单调递增,易得H(x)<0,所以当x∈(0,e)时,h(x)<h(),因为h(x1)=h(x2),所以h(x2)<h(),

因为x2∈(e,+∞),∈(e,+∞),h(x)在(e,+∞)上单调递减,所以x2>,所以x1x2>e2.

热点三　利用导数解决不等式恒成立、存在性问题

常见的双变量不等式恒成立问题的类型

(1)对于任意的x1∈[a,b],总存在x2∈[m,n],使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)max.

(2)对于任意的x1∈[a,b],总存在x2∈[m,n],使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min.

(3)若存在x1∈[a,b],对任意的x2∈[m,n],使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)min≤g(x2)min.

(4)若存在x1∈[a,b],对任意的x2∈[m,n],使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max.

(5)对于任意的x1∈[a,b],x2∈[m,n],使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)min.

(6)对于任意的x1∈[a,b],x2∈[m,n],使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max.

典例3　(2022·云南模拟预测)已知e是自然对数的底数,f(x)=ax-ex+1,常数a是实数.

(1)设a=e,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)∀x≥1,都有f(x-1)≤ln x,求a的取值范围.

解:(1)若a=e,则f(x)=ex-ex+1,所以f(1)=1,f′(x)=e-ex,所以f′(1)=e-e1=0,

所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=0(x-1),即y-1=0.

(2) 设F(x)=ln x-f(x-1)=ln x-ax++a-1,x∈[1,+∞),则F′(x)=+-a.

设h(x)=F′(x),则h′(x)=-+=(1-)+(-1)≥0,所以函数F′(x)在[1,+∞)上单调递增.

当a≤2时,F′(1)=2-a≥0.所以F′(x)≥0,故F(x)在[1,+∞)上单调递增.

又因为F(1)=0,故F(x)≥0对任意x∈[1,+∞)都成立,即当a≤2时,∀x≥1,都有F(x)≥F(1)=0,即f(x-1)≤ln x.

当a>2时,ae>2e>4,ln(ae)>1,F′(1)=2-a<0,

F′(ln ae)=+-a=+a-a=>0,所以∃x0∈(1,ln(ae)),使F′(x0)=0.

因为函数F′(x)在[1,+∞)上单调递增,所以∀x∈(1,x0),都有F′(x)<0.所以F(x)在(1,x0)上单调递减.

所以∃x1∈(1,x0),使F(x1)<F(1)=0,即∃x1∈(1,x0),使f(x1-1)>ln x1,与∀x≥1,都有f(x-1)≤ln x矛盾.

综上所述,a的取值范围为(-∞,2].

1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略

(1) 求最值法:将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.

(2) 分离参数法:将参数分离出来,进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式,通过导数的应用求出f(x)的最值,即得参数的取值范围.

2.不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化,要理解清楚两类问题的差别.

热点训练3　 已知函数f(x)=x-(a+1)ln x-(a∈R),g(x)=x2+ex-xex.

(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;

(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2)恒成立,求a的取值范围.

解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=.

①当a≤1,x∈[1,e]时,f′(x)≥0,f(x)单调递增,f(x)min=f(1)=1-a.

②当1<a<e,x∈[1,a]时,f′(x)≤0,f(x)单调递减;x∈[a,e]时,f′(x)≥0,f(x)单调递增.

所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.

③当a≥e,x∈[1,e]时,f′(x)≤0,f(x)单调递减.f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.

综上可知,当a≤1时,f(x)min=1-a;当1<a<e时,f(x)min=a-(a+1)ln a-1;

当a≥e时,f(x)min=e-(a+1)-.

(2)由题意知f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值.

由(1)知当a<1时,f(x)在[e,e2]上单调递增,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.

g′(x)=(1-ex)x.

当x∈[-2,0]时,g′(x)≤0,g(x)单调递减,g(x)min=g(0)=1,所以e-(a+1)-<1,

即a>,

所以a的取值范围为(,1).