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0M
∀x∈D，f(x)min>M
∀x∈D，f(x)M
∃x0∈D，f(x0)0
∀x∈D，f(x)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