4.5 导数的综合运用（导与练）-2024年高考数学一轮复习导与练高分突破（新高考）

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一．导数与不等式的证明
1.作差构造法：一个函数的最值
（1）待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，通过研究其单调性等相关函数性质证明不等式．
（2）解题的基本步骤
①作差或变形；
②构造新的函数g(x)；
③利用导数研究g(x)的单调性或最值；
④根据单调性及最值，得到所证不等式．
2.隔离最值法：两个函数的最值
（1）在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f(x)，g(x)，使f(x)min>g(x)max恒成立，从而f(x)>g(x)，但f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”；
3.适当放缩法
常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
4.换元法：双变量
构造函数证明双变量函数不等式：对于f(x1，x2)≥A的不等式，可将函数式变为与eq \f(x1,x2)或x1·x2有关的式子，然后令t＝eq \f(x1,x2)或t＝x1x2，构造函数g(t)求解．
二．恒成立与有解
1.分离参数法
2.拆解法求参数的取值范围：拆解法是针对难度较大的压轴题抢分解答所采用的一种手段，目的是把题目难度层层分解，使题设条件到求(证)结论思维跨度较大的一些题目中间架设过渡阶梯，降低思维跨度，使解题过程中的步骤分应得尽得．
三．函数零点
1.数形结合法
含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
函数性质法
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
3.构造函数法
①涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，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，从而求得参数的取值范围．
②解决此类问题的关键是构造函数F(x)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．
4.解决隐零点
(1)直接观察法：有些导函数的零点可以直接观察出来，如常用1，e， eq \f(1,e) 等特殊值代入试求．
(2)零点代换法：当导函数的零点不可求时，根据导数的单调性，特殊值等特征，判断其是否存在零点，若存在，则虚设零点．虚设零点的关键步骤是“零点代换”，如本例中ex0＝ eq \f(1,x0) ，x0＝－ln x0，进而把指、对数函数转化为幂函数求解．注意：有些问题还要利用零点的存在性定理对隐零点的范围进行判断．

四．极值点偏移
1.极值点不偏移
已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足eq \f(x1＋x2,2)＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1).
图(1)
(无偏移，左右对称，二次函数)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.
2.极值点偏移
若eq \f(x1＋x2,2)≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3).
图(2)
(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＞2x0；
图(3)
(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＜2x0.
3.极值点偏移问题的常见解法
①(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2＞xeq \\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式.
②(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq \f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.
考法一 导数证明不等式
【例1-1】（2023·北京密云·统考三模）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】（1）解：因为，则，所以，，，
所以，曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：令，其中，
，
令，其中，
则，
当时，且不恒为零，所以，函数在上单调递增，
所以，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，即.
【例1-2】（2023·山东烟台·统考二模）已知函数．
(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当时，证明：，．
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】（1）解：由函数，可得，
因为在上单调递增，可得在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极大值，即为最大值，
所以，即实数a的取值范围为.
（2）解：当时，，可得
当时，可得，
要使得，只需使得，
令，可得，所以单调递增，
又由，所以，所以单调递增，所以；
当时，可得且，所以，满足；
当时，可得，
因为且，所以，所以，
综上可得，对于，都有.
【一隅三反】
1.（2023广东云浮）设 f(x)＝2x ln x＋1．
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：f(x)≤x2－x＋ eq \f(1,x) ＋2ln x．
【答案】见解析
【解析】(1)f′(x)＝2(ln x＋1)．所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) 时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝ eq \f(1,e) 时，f(x)取得最小值 f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e))) ＝1－ eq \f(2,e) ．
(2)证明：x2－x＋ eq \f(1,x) ＋2ln x－f(x)＝x(x－1)－ eq \f(x－1,x) －2(x－1)ln x＝(x－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－2ln x)) ，
令g(x)＝x－ eq \f(1,x) －2ln x，则g′(x)＝1＋ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) ＝ eq \f(（x－1）2,x2) ≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，
所以当0当x>1时，g(x)>0，所以(x－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－2ln x)) ≥0，即f(x)≤x2－x＋ eq \f(1,x) ＋2ln x．
2．（2023·贵州·校联考模拟预测）已知函数.
(1)判断的导函数在上零点的个数，并说明理由；
(2)证明：当时，.
注：.
【答案】(1)零点的个数为1，理由见解析(2)证明见解析
【解析】（1），
令，则，
所以函数在上单调递增，即在上单调递增，
又，
所以的导函数在上零点的个数为1；
（2）令，
则，即，
由（1）可知存在，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，存在，使得，即，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，则，
所以函数在上单调递减，所以，
所以时，，
即当时，恒成立.
3．（2023·山东潍坊·三模）已知函数有两个极值点．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）解：由函数有两个极值点，
即函数有两个零点，不妨设，
因为，令，可得，
令，解得，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，可得，
又由，所以存在，使得，
令，可得，
令，可得，
所以在上单调递增，且,即，
所以在上单调递增，
又由，所以在上恒成立，
又由，
所以存在，使得，
所以实数的取值范围是．
（2）解：由（1）得，不妨设，
则，即，
要证，即证，即，
只需证，则，即，
即，令，可得，
因为，可得，
所以在上为增函数，则，
即，所以.
考法二 恒成立与有解
【例2-1】（2023·广东佛山·校联考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)
【解析】（1）的定义域为，，
当时，，在上为增函数；
当时，由，得，由，得，
所以在上为减函数，在上为增函数.
综上所述：当时，在上为增函数；当时，在上为减函数，在上为增函数.
（2）
，
设，则原不等式恒成立等价于在上恒成立，
，在上为增函数，
则在上恒成立，等价于在上恒成立，
等价于在上恒成立
令，，
令，得，令，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，故.
【例2-2】（2023·青海西宁·统考二模）设函数．
(1)若函数在其定义域上为增函数，求实数a的取值范围；
(2)当时，设函数，若在[上存在，使成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)(2)
【解析】（1）因为函数在其定义域上为增函数，即在上恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
又（仅当x＝1时取等号），故a的取值范围为；
（2）在上存在，，使成立，即当时，
又，所以当时，，
即函数在区间上单调递增，故，
由（1）知，
因为，又的判别式，
①当时，则恒成立，即在区间上单调递增，
故，故，即，得，
又，所以；
②当时，的两根为，，
此时，，故函数在区间上是单调递增．由①知，所以
综上，a的取值范围为．
【一隅三反】
1．（2023·安徽铜陵·统考三模）已知函数.
(1)试求函数的极值；
(2)若存在实数使得成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案详见解析(2)
【解析】（1）.
①时，函数在上单调递增，不存在极值.
②时，由得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
∴，无极大值.
（2）由题意可知：，
∵，∴.
由（1）可知时，函数在上单调递增，则存在，，即.
令，则，有，时，，单调递减，
时，，单调递增，∴，∴.
2．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校考模拟预测）设函数，且．
(1)求函数的单调性；
(2)若恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)
【解析】（1），，
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，时，，则在上单调递减；
时，，则在上单调递增．
（2）方法一：在恒成立，则
当时，，显然成立，符合题意；
当时，得恒成立，即
记，，，
构造函数，，则，故为增函数，则.
故对任意恒成立，则在递减，在递增，所以
∴．
方法二：在上恒成立，即．
记，，，
当时，在单增，在单减，则，得，舍：
当时，在单减，在单增，在单减，，，
得；
当时，在单减，成立；
当时，在单减，在单增，在单减，，，而，显然成立．
综上所述，．
3．（2023·甘肃金昌·永昌县第一高级中学统考模拟预测）已知函数．
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若存在，使成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为；单调递减区间为(2)
【解析】（1）时，则且，可得，
令，得；令，得；
所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为．
（2）若存在，使成立，等价于当时，有．
因为且，
可得，
故当，即时，，则有：
①当时，则在上恒成立，所以在上为减函数，
可得，故；
②当时，由于在上为增函数，
故的值域为，且，
由的单调性和值域知：存在唯一，使，
且满足：当时，，则在上为减函数；
当时，，则在上为增函数；
所以，，
所以，与矛盾，不合题意；
③当时，由（1）知在上单调递增，
所以，不满足题意；
综上所述：实数的取值范围．
考法三 导数解决函数零点
【例3-1】（2023·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个极值点，求实数a的取值范围.
【答案】(1).(2).
【解析】（1）当时，，
则，
所以，
切线斜率为，
所以切线方程为：，
即：..
（2）∵，定义域为，
∴，
又∵有两个极值点，
∴有两个零点，即：（）有两个不同的根.
即：（）有两个不同的根.
令，则与在上有两个不同的交点.
∵，
则，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
又∵，，
当时，；当时，，
∴的图象如图所示，
所以，所以.
【例3-2】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知且，函数.
(1)讨论的单调区间；
(2)若曲线与直线恰有一个交点，求取值范围.
【答案】(1)答案见解析(2)
【解析】（1），
则
当时
当时，；当时，.
函数在上单调递增；在上单调递减.
当时，，所以，所以恒成立.
所以函数在上单调递增.
（2），
设函数，则，令，得，
在内单调递增；
在上单调递减；
，
又，当趋近于时，趋近于0，当x从右边趋近于0时，趋近于，
作图象如图，
所以曲线与直线恰有有1个交点，
即或，这即是
或，
所以的取值范围是.
【一隅三反】
1．（2023·内蒙古赤峰·校联考三模）已知函数在处的切线方程为．
(1)若a；
(2)证明有两个零点．
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】（1）对函数求导可得，则，
因为在处的切线方程为
∴，∴
（2）由（1）知，
要证有两个零点，即证方程有两个不等实根，即证函数
与有两个交点
令，，∴单调递增，又，
∴当时，，∴，函数与无交点．
当时，，
当时，，
令，
当时，．
当时，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
又∵，，∴，，
即当时，，当时，，
综上，当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减．
又时，且当时，，
∵，，
∴函数与有两个交点，
即函数有两个零点．
2．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）已知函数，为的导数．
(1)讨论的单调性；
(2)若直线与曲线有两个交点，求a的取值范围．
【答案】(1)见解析(2)
【解析】（1）设的定义域为,.
当时,在上为增函数,在上单调递增;
当时,令,得.
若,则单调递增,
若,则单调递减.
综上,当时,在上单调递增;
当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减.
（2）直线与曲线有两个交点,即关于的方程有两个解,
整理方程,得.
令,其中,
则.
令，则.
当时,,此时函数单调递增,
当时,,此时函数单调递减.
由,
得时,,则,
当时,,则,
当时,,则,
则函数在区间上单调递增,在区间上单调递减,
则.
当趋近于时,趋近于0,即当时,;
当趋近于0时,趋近于,
作出如图所示图象：
故要使直线与曲线有两个交点,则需,
即的取值范围是.
3.(2022·广东广州检测)已知a≥1，函数f(x)＝x ln x－ax＋1＋a(x－1)2．
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)讨论f(x)的零点个数．
【答案】见解析
【解析】(1)若a＝1，则f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋2(x－1)．
当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0．
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)当a＝1时，f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2，
因为f(1)＝0，且f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)有1个零点．
当a＞1时，f′(x)＝1＋ln x－a＋2a(x－1)＝1＋ln x＋2ax－3a，
令g(x)＝1＋ln x＋2ax－3a，因为a＞1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f′(1)＝g(1)＝1－a＜0，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) ＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) ＝1＋ln eq \f(3,2) ＞0，所以存在实数x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) ，使得g(x0)＝0．
在(0，x0)上，f′(x)＜0，f(x)是减函数；在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)是增函数．
所以f(x)的最小值是f(x0)，其中x0满足f′(x0)＝0，即1＋ln x0＋2ax0－3a ＝0．
所以f(x0)＝x0ln x0－ax0＋1＋a(x0－1)2＝x0(3a－1－2ax0)－ax0＋1＋a(x0－1)2＝(1－x0)(a＋ax0＋1)，
因为x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) ，所以f(x0)＜0，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) ＝ eq \f(a,9) ＋1－ eq \f(ln 3,3) ＞0，f(3)＝3ln 3＋a＋1＞0，所以f(x)有2个零点．
综上所述，当a＝1时，f(x)有1个零点；当a＞1时，f(x)有2个零点
考法四 极值点偏移
【例4-1】（2023·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模）已知函数，．
(1)当时，恒成立，求a的取值范围．
(2)若的两个相异零点为，，求证：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】（1）当时，恒成立，
即当时，恒成立，
设，
所以，即，
，
设，
则，
所以，当时，，即在上单调递增，
所以，
所以当时，，即在上单调递增，
所以，
若恒成立，则．
所以时，恒成立，a的取值范围为.
（2）由题意知，，不妨设，由得，
则，
令，则，即：．
要证，只需证，只需证，即证，即证（），
令（），因为，所以在上单调递增，
当时，，所以成立，故．
【例4-2】（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，证明：.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【解析】（1）函数的定义域为，
时，恒成立，所以在上单调递减；
时，令得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：时，由（1）知至多有一个零点.
时，由（1）知当时，取得最小值，最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，即，故没有零点；
③当时，即，
又，
由（1）知在上有一个零点.
又，
由（1）知在有一个零点，
所以在上有两个零点，的取值范围为
不妨设，则，且，
令
，
则，
由于（且仅当等号成立，
所以当时，在单调递减，又，
所以，即，
又，所以，
又由于，且在上单调递增，
所以即.
【一隅三反】
1．（2023·山东日照·统考二模）已知函数．
(1)若恒成立，求实数的值：
(2)若，，，证明：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】（1）由题意得：定义域为，；
①当时，，在上单调递增，
若，则，时，，不合题意；
若，则，不合题意；
②当时，若，则；若，则；
在上单调递减，在上单调递增，；
若恒成立，，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
又，；
则当时，符合题意；
综上所述：.
（2）由得：，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
由得：；
，，
当时，由得：，；
当时，要证，只需证，
，，则只需证，
又，只需证；
令，，
则，
在上单调递减，，，
即，即得证，；
综上所述：成立.
2．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当时，若，求证：
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）的定义域为，
因为，
当时，，
所以在上单调递增；
当时，令得，令得，
所以在上单调递增，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）当时，，定义域为，
，所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以，
设，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以， 即，
又因为，，所以，
又因为在上单调递减，
所以，即．
3．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间与极值．
(2)若，求证：．
【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为；极大值为，极小值为
(2)证明见解析
【解析】（1）定义域为，，
令，解得：或，
当时，；当时，；
的单调递增区间为和，单调递减区间为；
的极大值为，极小值为.
（2）由（1）知：，，．
令，，
则；
令，则；
令，则，
在上恒成立，在上单调递增，
，
在上恒成立，在上单调递增，，
在上恒成立，在上单调递增，，
对任意恒成立．
，，又，，
在上单调递增，，，即；
令，，
则；
在上单调递增，，
在上恒成立，在上单调递增，
，对任意恒成立．
，．又，，
在上单调递增，且，，；
由得：，，.
不等式类型
与最值的关系
∀x∈D，f(x)>M
∀x∈D，f(x)min>M
∀x∈D，f(x)∀x∈D，f(x)max∃x0∈D，f(x0)>M
∀x∈D，f(x)max>M
∃x0∈D，f(x0)∀x∈D，f(x)min∀x∈D，f(x)>g(x)
∀x∈D，[f(x)－g(x)]min>0
∀x∈D，f(x)∀x∈D，[f(x)－g(x)]max<0
∀x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)
∀x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)min>g(x2)max
∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)
∀x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)min>g(x2)min
∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)
∀x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)max>g(x2)max
∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)
∀x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)max>g(x2)min