2023高考考点分析 第四节 导数的综合应用

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【考点分析】　第四节 导数的综合应用
【考点一】 证明函数不等式
【典型例题1】 设函数f(x)＝，证明：
(1)当x＜0时，f(x)＜1；
(2)对任意a＞0，当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－1|＜a.
【证明】　(1)因为当x＜0时，f(x)＜1，等价于xf(x)＞x，即xf(x)－x＞0，
设g(x)＝xf(x)－x＝ex－1－x，
所以g′(x)＝ex－1＜0在(－∞，0)上恒成立，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以g(x)＞g(0)＝1－1－0＝0，
所以xf(x)－x＞0恒成立，
所以x＜0时，f(x)＜1.
(2)要证明当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－1|＜a，
即证0＜x＜ln(1＋a)时，f(x)－1＜a，
即证＜a＋1，
即证ex－1＜(a＋1)x
即证ex－1－(a＋1)x＜0，
令h(x)＝ex－1－(a＋1)x，
所以h′(x)＝ex－(a＋1)＜eln(a＋1)－(a＋1)＝0，
所以h(x)单调递减，所以h(x)＜h(0)＝0，
同理可证当x＜0时，结论成立．
所以对任意a＞0，当0＜|x|＜ln(1＋a)时，|f(x)－1|＜a.
【考点二】 直接将不等式转化为函数的最值问题证明不等式
【典型例题2】 已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：，．
【解析】 (1)，
因，，
①当时，，函数在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增；
②当时，，函数在内单调递增；
③当时，，函数在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增；
综上：当时，函数在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增；
当时，函数在内单调递增；
当时，函数在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增；
(2)当时，由(1)得，函数在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增，
函数在内的最小值为，
欲证不等式成立，即证，即证，
因，所以只需证，
令，则，
所以，函数在，内单调递减，(1)，
又因，即．所以，
即当时，成立，
综上，当时，，．
【归纳总结】　将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式.
【考点三】 转化为两个函数的最值进行比较证明不等式问题
【典型例题3】 (2021•黑龙江省哈尔滨三中)已知函数，其中为自然对数的底数.
(1)证明：在上单调递增.
(2)设，函数，如果总存在，对任意，都成立，求实数的取值范围.
【解析】 (1)证明：
因为，所以，，∴
所以在上单调递增.
(2)由题意得：

的对称轴
所以
所以，令，∴，∴
∴，∴
【答案】 (1)证明见解析；(2).
【归纳总结】
(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．
(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立．从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．　
【考点四】 构造函数证明不等式
【典型例题4】 (2022•河南省郑州二模)已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)当x>0时，证明：
【解析】 (1)定义域为，
则，时，，在单调递增，
时，，在单调递减，
故函数的极大值为，无极小值
(2)证明等价证明()，
即.
令，，
令，则在上单调递增，
而，
故在上存在唯一零点，且，
时，，在上单调递减；
时，，在上单调递增，
故，又因为即，
所以，从而，
即
【答案】 (1)极大值为，无极小值 (2)证明见解析
【归纳总结】　若证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明h(x)在(a，b)上的最小值大于0，即可证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b).
【考点五】 用换元法构造函数对双变量不等式的证明
【典型例题5】 (2022•德阳模拟)设函数．
(1)当时，求的单调区间是的导数)；
(2)若有两个极值点、，证明：．
【解析】 (1)当时，，则，
，，显然递减，且(1)，
故当时，，时，，
故在递增，在递减；
(2)证明：，，
由题意知有2个不相等的实数根，即有2个不相等的实数根，，
则，令，则，
令，解得：，令，解得：，
故在递增，在递减，
故(1)，而时，，故的取值范围是，，
由，得，
故，
令，则，，，
故不等式只要在时成立，
令，，，
故在上单调递增，即，
故在上单调递减，即，
故原不等式成立．
【答案】 见解析
【归纳总结】　换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝，从而构造相应的函数.其解题要点为：
联立消参
利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a
抓商构元
令c＝，消掉变量x1，x2构造关于c的函数h(c)
用导求解
利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论
【考点六】 放缩法证明与正整数有关的不等式问题
【典型例题6】 (2022•山东省实验中学高三(上)二诊)已知函数.
(1)函数在定义域内恒成立，求实数的取值范围：
(2)求证：当时，；
(3)若有两个不同的零点，求证：.
【解析】 (1)函数定义域为，，
当时，，不满足题设；
当时，，，在上，，单调递增，
在上，，单调递减，所以，解得.
综上：的取值范围是.
(2)证明：由(1)得，当时，当且仅当时等号成立，
所以，结合对数的运算法则可得
，
所以.所以.
(3)由题意，，两式相减得，
即，故要证明，即证明，
即证明，不妨设，
令，，
令，，
所以在上单调递减，，所以在上单调递减，
，在上成立，
令，得，所以.
【答案】 (1) (2)证明见解析 (3)证明见解析
【归纳总结】 函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的．
【考点七】 特征分析法证明不等式问题
【典型例题7】 (2022•黑龙江省高三(下)校际联合考试)设函数，.
(1)求曲线在点(2，g(2))处的切线方程；
(2)设，求h(x)的最小值；
(3)证明：.
【解析】 (1)由，，
即，且g(2)＝3，所以曲线y＝g(x)在点(2，g(2))处的切线方程为，
即，
(2)由，得，
令，则，所以在R上为增函数，
注意到，则当x0时，，
所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以x＝0是h(x)的极小值点，也是h(x)的最小值点，
故h(x)的最小值为h(0)＝0.
(3)令.
由(2)得，从而(当且仅当x＝0时取等号)，所以，要证，现只需证明，
而曲线在x＝2处的切线方程为.
因为(当且仅当x＝2时取等号)，
所以成立，由此，即证.
而(当且仅当x＝2时取等号).
所以成立.
综上，，即成立.
【答案】 (1) (2)0 (3)证明见解析
【归纳总结】 这种方法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点．
【考点八】 两个经典不等式的应用
【典型例题8】 已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明：对于任意正整数n，(1+)·(1+)…(1+)g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min；
④存在x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max.
【考点十四】 把参数看作常数利用分类讨论方法解决求范围
【典型例题14】 (2021·高考全国甲卷文数)设函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）若的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围.
【解析】 （1）函数的定义域为，又，
因为，故，
当时，；当时，；
所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与x轴没有公共点，
所以的图象在x轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得，
故即.
【答案】 （1）的减区间为，增区间为；（2）.
【考点十五】 已知零点存在情况求参数范围
【典型例题15】 已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求的取值范围．
【解析】 (1)的定义域为，且，
当时，，此时在上单调递增；
当时，由解得，由解得，此时在上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
(2)由(1)知，当时，在上单调递增，函数至多一个零点，不合题意；
当时，在上单调递增，在上单调递减，则，
当时，，函数至多有一个零点，不合题意；
当时，，
由于，且，
由零点存在性定理可知，在上存在唯一零点，
由于，且(由于，
由零点存在性定理可知，在上存在唯一零点；
综上，实数的取值范围为．
【归纳总结】 解决此类问题常从以下两个方面考虑
(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件．
(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．
【考点十六】 构造函数法研究零点问题
【典型例题16】 (2022•河北省名校联盟高三(下)联考)已知函数.
(1)当m＝1时，求f(x)在[1，e]上的值域；
(2)设函数f(x)的导函数为，讨论零点的个数.
【解析】 (1)当时，，
，′
所以在上递增，，
所以在上递增，，
所以在上递增，.
所以在上的值域.
(2)，，
当时，，，即是的唯一零点.
当时，，结合的图象以及性质可知，
，在区间递减；
在区间递增，所以，故.
，，
所以在区间递减；在区间递增，
所以，所以在区间上有.

所以，没有零点.
当时：令，，
所以在上递增，
由与的图象可知，在区间上，存在唯一，使①，
即．

所以在区间递减；在区间递增，
所以当时，取得极小值也即是最小值，
由①得，所以；
由①得，
所以，
当且仅当时等号成立.
所以当，即时，，则也即没有零点；
当，即时，也即有唯一零点.
当，即，，则也即有个零点.
综上所述：当或时，有唯一零点；当时，没有零点；当，时，有个零点.
【答案】 (1) (2)答案详见解析
【归纳总结】 利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象的走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．　
【考点十七】 研究零点范围的问题
【典型例题17】 (2022•重庆市第八中学高三(下)第一次调研检测)已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若在上有零点，
①求a的取值范围；
②求证：．
【解析】 (1)，．
当时，恒成立，在上单调递增．
当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
综上，时，在上单调递增，
当时在上单调递增，在上单调递减．
(2)①注意到，，
由(1)知，当时，在上单调递增，对任意，恒有，不合题意；
同理，当时，在上单调递减，
又，所以对任意，恒有，不合题意；
当时，，由(1)知，在上单调递增，
在上单调递减，所以，又当时，，
由零点存在定理知，存在唯一一点，使得，满足题意．
综上所述，a的取值范围为．
②由①知，当时，，
解得．要证，只需证．
令，，则，
所以在上单调递增，
又，所以在上恒成立，即，即．
要证，只需证，即．又因为，即证．
令，，则．又，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
所以在恒成立，所以在上单调递减，
又，所以，即，不等式得证．
【答案】 (1)时，在上单调递增，当时在上单调递增，在上单调递减． (2)① ；②证明见解析
【考点十八】 函数零点性质研究
【典型例题18】 (2022•北京市一零一中学高三(上)统考(二))已知函数，，在处取得极大值1.
(1)求和的值；
(2)当时，曲线在曲线的上方，求实数的取值范围.
(3)设，证明：存在两条与曲线和都相切的直线.
【解析】 (1).由已知，，
解得，.经检验，满足题意.所以，.
(2)，..
依题意对任意的恒成立.
所以对任意的恒成立.
令，，
，
令，，
所以，令，所以.
因为当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
当时，函数的最小值为，且.
所以，即.在上单调递增，
所以，
所以，故实数的取值范围为.
(3)假设存在与曲线和曲线都相切的直线，
设切点坐标分别为，.
因为，所以的方程为.
因为，所以的方程为.
所以，消去得.……①.
令，，
所以，
所以，在区间上，，是减函数；在区间上，，
是增函数.
所以，当时，函数的最小值为.
又因为，
，
所以函数在上有两个零点，即方程①有两个不等的正实根，
由方程可得有两个不同的值，
所以有两组不同的解，直线有两条，
所以存在两条与曲线和都相切的直线.
【答案】 (1)，；(2)；(3)证明见解析.
【归纳总结】本题型包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．
能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．
【考点十九】 利用导数解决整数问题
【典型例题19】 已知函数．
(1)证明：在区间内存在唯一的零点；
(2)若对于任意的，都有，求整数的最大值．
【解析】 (1)证明：∵，∴，
当时，，∴在上单调递增，
∵，，
∴在区间内存在唯一的零点．
(2)解：∵，且，∴，
令，则，，
由(1)知，在上单调递增，且在区间内存在唯一的零点，
设该零点为，则，
故当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
∴，
∴，故整数的最大值为3．
【答案】 (1)证明见解析；(2)3．