专题12 导数的综合应用（讲义+练习）-2023年高考数学一轮复习精讲精练宝典（新高考专用）

第12讲  导数的综合应用

学校____________          姓名____________          班级____________

一、知识梳理

1、不等式恒成立　

(1)分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.

(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；

a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；

a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；

a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.

分类讨论求参数：根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可.

双变量恒成立

含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有：

(1)∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.

(2)∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.

(3)∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.

(4)∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.

2、利用导数研究函数的零点

利用导数求函数的零点常用方法

(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图像，判断函数零点的个数.

(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图像与性质确定函数有多少个零点.

3、构造函数证明不等式

(1)五个常见变形：

xex＝ex＋ln x，＝ex－ln x，＝eln x－x，x＋ln x＝ln xex，x－ln x＝ln .

(2)三种基本模式

①积型：aea≤bln b

②商型：＜

③和差型：ea±a＞b±ln b

二、考点和典型例题

1、不等式恒成立

【典例1-1】（2022·全国·高三专题练习）已知，，若存在，，使得成立，则实数a的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】

，使得成立，等价于，

，

当时，，递减，当时，，递增，

所以当x＝－1时，取得最小值；

当x＝－1时取得最大值为，

所以，即实数a的取值范围是

故选：B．

【典例1-2】（2022·全国·高三专题练习）已知，若对任意两个不等的正实数都有成立，则实数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

对任意两个不等的正实数，都有恒成立，即为时，恒成立.

所以在上恒成立，则

而，则．

故选：A．

【典例1-3】（2022·全国·高三专题练习）已知函数，若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】

解：，

，

令，显然为增函数，

则原命题等价于

，

又令，则，

所以时，当时，即在上单调递增，在上单调递减，

所以，即恒成立，

所以，

所以，即得．

故选：B

【典例1-4】（2022·全国·高三专题练习）设实数，若不等式对恒成立，则t的取值范围为（       ）

A．  B．

C． D．

【答案】B

【详解】

对恒成立，即，即，令，，则，故在单调递增，故，故，问题转化为，令，则，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，故（e），故.

故选：B．

【典例1-5】（2022·全国·高三专题练习）已知不等式对恒成立，则实数a的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

因为，

所以，

即，

构造函数，

所以

，

令，解得：，令，解得：，

故在上单调递减，在上单调递增，

当时，与1的大小不定，但当实数a最小时，只需考虑其为负数的情况，此时

因为当时，单调递减，

故，

两边取对数得：

，

令，则，

令得：，令得：，

所以在单调递增，在单调递减，

所以

故a的最小值是．

当时，，从四个选项均为负，考虑，此时有，

两边取对数得：，

所以

令，则，

当时，恒成立，所以在上单调递增，无最大值，

此时无解，

综上：故a的最小值是．

故选：C

2、利用导数研究函数的零点

【典例2-1】（2022·河南·模拟预测（理））已知函数与函数的图象恰有3个交点，则实数k的取值范围是（）

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】

因为函数与函数的图象恰有3个交点，所以有3个根.

经验证：x=1为其中一个根.

当时，可化为，及

i.或时，方程有且仅有一个根x=-1；

ii.且时，方程有两个根，或x=-1.

当时，可化为.

令，（x>0）.则.

当时，有，所以在上单减.

因为，所以有且只有1个根x=1.所以需要有两个根或x=-1，才有3个根，此时且.

当时，有且仅有一个根x=-1，所以只需在有2个根.此时.

在上，，单减；在上，，单增.

且当时，；当时，；

所以只需，即，亦即.

记.

则，所以当时，，所以在上单调递减，所以当时，，在上单调递增.所以，即（当且仅当x=1时取等号）.

所以要使成立，只需，解得：.所以且.

综上所述：实数k的取值范围是.

故选：B

【典例2-2】（2022·全国·高三专题练习）已知函数与函数的图象有两个不同的交点，则实数m取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】

由题意得：，则，

问题转化为y＝m和有2个交点，而，

在和上，递增，在上，递减，

当x趋于正无穷大时，无限接近于0，且，，，作出函数的图象，如图所示：

观察图象得：函数和的图象有2个不同的交点时，

实数.

故选：D．

【典例2-3】（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测）已知曲线与在区间上有两个公共点，则实数的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】

曲线与在区间上有两个公共点，即在区间上有两根，

设，则，

故当时，，单调递增；当时，，单调递减.

又，，，

故在区间上有两根则

故选：A

【典例2-4】（2022·江西·模拟预测（理））已知函数）有三个零点，则实数a的取值范围是（       ）

A．（0，） B．（0，） C．（0，1） D．（0，e）

【答案】A

【详解】

令，

所以或，

令，则，

令，则，

当时，，h(x)在（－∞，0）上单调递增；

当时，，h(x)在（0，＋∞）上单调递减，

所以，即，

所以g(x)在R上单调递减，又，g（0）＝，

所以存在使得，

所以方程有两个异于的实数根，则，

令，则，

当时，，k(x)在（－∞，1）上单调递增；

当时，，k(x)在（1，＋∞）上单调递减，且．

所以，

所以与的部分图象大致如图所示，

由图知，

故选：A．

【典例2-5】（2022·浙江·赫威斯育才高中模拟预测）已知，函，若函数有三个不同的零点，为自然对数的底数，则的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】

当时，，即，故，

令，则，令，得，

当时，，当时，，

作出函数的图象如图所示：

由图象知：当时，方程有两不等实根，

当时，方程有一个实根；

令，显然,所以，

令，则在上恒成立，

则在上递增，且，

作出函数的图象如图所示：

由图象知：当时，方程在恰有一个实根，

即此时有三个不同的零点，

综上，的取值范围是.

故选：B

3、构造函数证明不等式

【典例3-1】（2021·重庆合川·高二阶段练习）已知函数

(1)当，证明：；

(2)若函数在上恰有一个极值，求a的值．

【答案】(1)证明见解析；(2).

【解析】(1)

由题设且，则，

所以在上递增，则，得证.

(2)

由题设在有且仅有一个变号零点，

所以在上有且仅有一个解，

令，则，而，

故时，时，时，

所以在、上递增，在上递减，

故极大值，极小值，，

要使在上与有一个交点，则或或.

经验证，或时对应零点不变号，而时对应零点为变号零点，

所以.

【典例3-2】（2022·浙江·镇海中学模拟预测）已知函数

(1)求证：函数在上有唯一零点；

(2)若方程有且仅有一个正数解，求证：．

【解析】(1)

解：由题意，函数，

可得

当时，可得且，所以，

所以函数在上单调递增，

又因为，

由零点存在定理可知，函数在上有唯一零点.

(2)

解：当时，，

当时，，单调递减；

当，，单调递增；

当，，单调递减，

又由当时，；时，，

所以当时，方程有且仅有一个正数解，

现证不等式左侧：，要证，

只需证在上恒成立，

只需证，

令，

可得，则，

可得，

令，解得或（舍去），

可得在减，增，

函数在轴交点为，

在增，减，增，与轴交点为，

在增，减，，所以在上恒成立，

证不等式右侧：

因为，所以．

【典例3-3】（2022·湖北·模拟预测）已知.

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)当时，证明.

【解析】(1)

因为，则，，

则，

所以所求切线方程为，即.

(2)

由题意，可知，要证明，

即证，

令，则，

当，当，

所以在上单调递减，在上单调递增.

所以.

令，则，

因为，

所以当，当，

所以在上单调递增，在上单调递减.

所以，

所以恒成立，即恒成立，

所以当时，.