专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用-备战2022高考数学冲破压轴题讲与练

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专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用
【压轴综述】
纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，函数、导数与数列、不等式的综合应用问题的主要命题角度有：函数与不等式的交汇、函数与数列的交汇、导数与数列不等式的交汇等.本专题就函数、导数与数列、不等式的综合应用问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法.
1.数列不等式问题，通过构造函数、应用函数的单调性或对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围.如
2.涉及等差数列的求和公式问题，应用二次函数图象和性质求解.
3.涉及数列的求和问题，往往要利用“错位相减法”、“裂项相消法”等，先求和、再构造函数.
【压轴典例】
例1.(2020·全国卷Ⅱ理科·T21)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)|≤;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
【解析】(1)由函数的解析式可得f(x)=2sin 3xcos x,则:f'(x)=2(3sin 2xcos 2x-sin 4x)
=2sin 2x(3cos 2x-sin 2x)=2sin 2x(4cos 2x-1)=2sin 2x(2cos x+1)(2cos x-1),
f'(x)=0在x∈(0,π)上的根为:x1=,x2=,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f'(x)0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,由于f(0)=1-a0,f(0)f(2)0,
由此可得h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当t>1时,h(t)>h(1),即t--2ln t>0.
因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,
所以(t3-3t2+3t-1)+k≥(t3-3t2+3t-1)-3=t3-3t2+6ln t+-1.(ⅱ)
由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6ln t+>1,故t3-3t2+6ln t+-1>0.(ⅲ)
由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2(f(x1)-f(x2))>0.
所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.
例4．（2021·浙江金华市·高三期末）设，已知函数，．
（1）当时，证明：当时，；
（2）当时，证明：函数有唯一零点．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】，令，
（1）证明：要证原不等式，只需证：当时，．
则对任意的恒成立.
所以，函数在上单调递增，因此，即原不等式成立；
（2）（i）由（Ⅰ）可得当时，，
故函数在上没有零点；
（ii）当时，．
令，．
则递增，且，，在上存在唯一零点，记为，
当，，此时，函数单调递减；
当时，，此时，函数单调递增.
，，，，
在上存在唯一零点，当时，．
故当，；当时，．
在上递增，在上递减，且．令，当时，则，函数在上递增，，，取，且，则，则有，又，由零点存在定理可得，在上存在唯一的零点．
综上可证：函数在上有唯一零点．
例5．（2021·江苏南通市·高三期末）已知函数，.
（1）若关于.的不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围；
（2）设，.
①求证：；
②若数列满足，，求证：.
【答案】（1）；（2）①证明见解析 ②证明见解析.
【详解】（1）
，，
令，
∴在上为增函数，∴.
（2）
①要证证明：即证
令，，
∴在上为增函数，∴，∴在上为增函数，
②可用数学归纳法证明.由①知，时，，∴，
当时，，显然成立
假设当时，
则当时，.∵在上为增函数.
∴
下只需证，令
证明：



，又

，
，为增函数

故为增函数，故
故不等式成立，故时成立
例6.(2020·江苏高考·T19)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b∈R)在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).
(1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-∞,+∞).求h(x)的表达式;
(2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞).求k的取值范围;
(3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0