高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题1第5讲母体突破导数不等式的证明、恒成立问题与有解问题、零点问题(学生版+解析)

这是一份高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题1第5讲母体突破导数不等式的证明、恒成立问题与有解问题、零点问题(学生版+解析)，共30页。学案主要包含了方法总结等内容，欢迎下载使用。
1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现，难度较大．
母题突破1 导数与不等式的证明
母题 (2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a0.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
2．(2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤eq \f(3\r(3),8) ；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq \f(3n,4n).
母题突破2 恒成立问题与有解问题
母题 (2014·全国Ⅰ)设函数f(x)＝aln x＋eq \f(1－a,2)x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b；
(2)若存在x0≥1，使得f(x0)0)有唯一实数解，求m.
拓展训练
1．(2019·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1).讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．
2．已知函数f(x)＝ax2－1－2ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥0；
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
强化练（三）
1．(2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
2．已知函数f(x)＝ln x－x＋2sin x，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；
(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点．
专题一 第5讲 导数的综合应用
【情报站】
1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现，难度较大．
母题突破1 导数与不等式的证明
母题 (2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)0)，
则g′(x)＝ln x＋1.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，g′(x)0，所以g(x)单调递增，
所以g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，
g(x)的极小值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)，无极大值．
(2)证明 要证ln x＋eq \f(2,ex)>eq \f(1,ex)(x>0)成立，
只需证xln x＋eq \f(2,e)>eq \f(x,ex)(x>0)成立，
令h(x)＝eq \f(x,ex)，则h′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)eq \f(x,ex)，即ln x＋eq \f(2,ex)>eq \f(1,ex)，所以f(x)>eq \f(1,ex).
强化练（一）
1．(2020·沈阳模拟)已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
【答案】(1)解 f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－eq \f(a,x)＝eq \f(2x－ax＋1,x)，
令f′(x)>0，得x>eq \f(a,2)；令f′(x)0恒成立，
g′(x)＝ex－eq \f(1,x)，g′(x)为增函数，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使g′(x0)＝0成立，即－eq \f(1,x0)＝0，
则当02，
∴g(x0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
方法二 令φ(x)＝ex－x－1，
∴φ′(x)＝ex－1，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
∴ex≥x＋1，①
令h(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
∴h′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝0，
∴ln x≤x－1，∴x＋1≥ln x＋2，②
要证f(x)＋ex>x2＋x＋2，
即证ex>ln x＋2，
由①②知ex≥x＋1≥ln x＋2，且两等号不能同时成立，
∴ex>ln x＋2，即证原不等式成立．
2．(2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤eq \f(3\r(3),8) ；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq \f(3n,4n).
【答案】(1)解 f′(x)＝2sin xcs xsin 2x＋2sin2xcs 2x
＝2sin xsin 3x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，f′(x)0，
所以2ln x2＋x2－1＝0，(*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，h′(x)＝eq \f(2,x)＋1，
因为当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)＝0至多有一解，
因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，
即eq \f(m＋\r(m2＋4m),2)＝1，解得m＝eq \f(1,2).
规律方法 解函数零点问题的一般思路
(1)对函数求导．
(2)分析函数的单调性，极值情况．
(3)结合函数性质画函数的草图．
(4)依据函数草图确定函数零点情况．
拓展训练
1．(2019·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1).讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．
【答案】解 f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x－12)>0，
所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
因为f(e)＝1－eq \f(e＋1,e－1)＝eq \f(－2,e－1)0，
所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1，即f(x1)＝0.
又00)，
当a≤0时，f′(x)0时，f′(x)＝2ax－eq \f(2,x)＝eq \f(2a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(a))))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,\r(a)))),x)，
可得当x＝eq \f(1,\r(a))时，函数f(x)取得最小值．
当x→0时，f(x)→＋∞；当x→＋∞时，f(x)→＋∞.
∵函数f(x)有两个零点，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))))＝1－1－2ln eq \f(1,\r(a))＝ln a