统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题六函数与导数第4讲导数的综合应用文

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三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可．存在两个极值点x1，x2且x1例 1[2022·全国乙卷(文)]已知函数f(x)＝ax－ eq \f(1,x)－(a＋1)ln x.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
[听课记录]
归纳总结
利用导数研究函数零点问题的思路
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解．
(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
对点训练
[2020·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝ex－a(x＋2).
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
考点二利用导数证明不等式——构造·分离·放缩
常见的指数、对数不等式
(1)ex≥x＋1及其变形ex－1≥x，ex≥ex等．
(2)ln x≤x－1(x>0)及其变式ln (x＋1)≤x，ln x≥1－ eq \f(1,x)等．
例 2[2023·湖北二模]已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝a(ln x＋x).
(1)若不等式f(x)≥g(x)恒成立，求正实数a的值；
(2)证明：x2ex>(x＋2)ln x＋2sin x．
[听课记录]
归纳总结
用导数证明不等式的方法
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a，b]，且x1(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).
(3)证明f(x)对点训练
[2021·全国乙卷]设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝ eq \f(x＋f（x）,xf（x）)，证明：g(x)＜1.
考点三利用导数解决不等式恒(能)成立问题——转化·分离·构造
不等式“恒成立”或“能成立”问题的常用结论
(1)单变量“恒成立”与“能成立”问题的转化策略
①对任意的x∈[m，n]，a>f(x)恒成立⇔a>f(x)max；对任意的x∈[m，n]，a②对任意的x∈[m，n]，不等式f(x)>g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]min>0；对任意的x∈[m，n]，不等式f(x)③若存在x∈[m，n]，a>f(x)有解(能成立)⇔________________；若存在x∈[m，n]，a若存在x∈[m，n]，a>f(x)无解(不成立)⇔________________．
④若存在x0∈[m，n]，使不等式f(x0)>g(x0)成立⇔f(x)－g(x)>0在[m，n]上有解⇔________________．
(2)双变量“恒成立”与“能成立”问题的转化策略
①若∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的值域A与函数g(x)在D2上的值域B的交集不为空集，即A∩B≠∅.其等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的________有公共部分．
②对∀x1∈D1，∀x2∈D2，都有f(x1)③对∀x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)④若∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)>g(x2)成立，等价于f(x)max>g(x)min.其等价转化思想是：函数f(x)的某一个函数值大于函数g(x)的某一个函数值，即只要有这样的函数值即可，并不要求________函数值．
例 3[2023·全国甲卷]已知函数f(x)＝ax－ eq \f(sin x,cs3x) ，x∈(0， eq \f(π,2) ).
(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x) [听课记录]
归纳总结
1．由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
(1)求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．
(2)分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a2．不等式能成立问题的解题关键
对点训练
[2023·辽宁一模]已知函数f(x)＝ eq \f(1,4)x3－x2sin α＋x＋1，α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：存在α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，使得不等式f(x)>ex 有解(e是自然对数的底数).
[高考5个大题]解题研诀窍(六)函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”
[思维流程——找突破口]
[技法指导——迁移搭桥]
函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题．
[典例] 已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
[快审题]
[稳解题]
(1)f′(x)＝ eq \f(e,x)－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x> eq \f(e,a)时，f′(x)<0，
故f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤ eq \f(ex,x)－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝ eq \f(ex,x)－2e(x>0)，
则g′(x)＝ eq \f(（x－1）ex,x2)，
所以当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤ eq \f(ex,x)－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二：证xf(x)－ex＋2ex≤0，
即证ex ln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤ eq \f(ex,ex).
设函数g(x)＝ln x－x＋2，
则g′(x)＝ eq \f(1,x)－1.
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝ eq \f(ex,ex)，则h′(x)＝ eq \f(ex（x－1）,ex2).
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
题后悟道
函数与导数综合问题的关键
(1)会求函数的极值点，先利用方程f′(x)＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；
(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；
(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．
第4讲导数的综合应用
考点一
[例1] 解析：（1）当a＝0时，f（x）＝－ eq \f(1,x)－ln x（x>0），
则f′（x）＝ eq \f(1,x2)－ eq \f(1,x)＝ eq \f(1－x,x2).
当x∈（0，1）时，f′（x）>0；
当x∈（1，＋∞）时，f′（x）<0.
所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
故f（x）的最大值即为f（x）的极大值f（1）＝－1.
（2）因为函数f（x）恰有一个零点，所以方程a（x－ln x）－ eq \f(1,x)－ln x＝0在（0，＋∞）上恰有一个解，即方程a（x－ln x）＝ eq \f(1,x)＋ln x在（0，＋∞）上恰有一个解．
又易知当x>0时，x－ln x>0，
所以方程a＝ eq \f(\f(1,x)＋ln x,x－ln x)在（0，＋∞）上恰有一个解．
令g（x）＝ eq \f(\f(1,x)＋ln x,x－ln x)（x>0），
则g′（x）＝ eq \f(（x－1）[x－1－（x＋1）ln x],x2（x－ln x）2).
令h（x）＝x－1－（x＋1）ln x（x>0），
则h′（x）＝1－ln x－ eq \f(x＋1,x)＝－ln x－ eq \f(1,x).
由（1）知，h′（x）≤－1，
所以h（x）在（0，＋∞）上单调递减．
又h（1）＝0，所以当x∈（0，1]时，h（x）≥0；
当x∈（1，＋∞）时，h（x）<0.
则当x∈（0，1]时，g′（x）≤0；
当x∈（1，＋∞）时，g′（x）<0.
所以g（x）在（0，＋∞）上单调递减．
又当x→0时，g（x）→＋∞，当x→＋∞时，g（x）→0，所以a∈（0，＋∞）.
对点训练
解析：（1）当a＝1时，f（x）＝ex－x－2，则f′（x）＝ex－1.
当x<0时，f′（x）<0；当x>0时，f′（x）>0.
所以f（x）在（－∞，0）单调递减，在（0，＋∞）单调递增．
（2）f′（x）＝ex－a.
当a≤0时，f′（x）>0，所以f（x）在（－∞，＋∞）单调递增，故f（x）至多存在1个零点，不合题意．
当a>0时，由f′（x）＝0可得x＝ln a，当x∈（－∞，ln a）时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当x∈（ln a，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增．故当x＝ln a时，f（x）取得最小值，最小值为f（ln a）＝－a（1＋ln a）.
又当x→－∞时，f（x）→＋∞，
当x→＋∞时，f（x）→＋∞，
∴要使f（x）有两个零点，只需f（ln a）<0，
则1＋ln a>0得a> eq \f(1,e)，
综上，a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
考点二
[例2] 解析：（1）令h（x）＝f（x）－g（x）＝xex－a（ln x＋x）－1，
则h′（x）＝（x＋1）ex－a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))＝ eq \f(（x＋1）（xex－a）,x)（x>0），
设φ（x）＝xex－a（a>0），则φ′（x）＝（x＋1）ex>0对任意x>0恒成立，
所以φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，
又φ（0）＝－a<0，φ（a）＝aea－a＝a（ea－1）>0，存在唯一实数x0∈（0，a），φ（x0）＝0，
所以当x∈（0，x0）时，h′（x）＝ eq \f(（x＋1）·φ（x）,x)<0，h（x）单调递减；
当x∈（x0，＋∞）时，h′（x）＝ eq \f(（x＋1）·φ（x）,x)>0，h（x）单调递增；
所以h（x）min＝h（x0）＝x0ex0－a（x0＋ln x0）－1.
因为g（x0）＝x0ex0－a＝0（00）.
所以h（x）min＝a－a ln a－1≥0，设F（a）＝a－a ln a－1（a>0），
因为F′（a）＝1－（1＋ln a）＝－ln a，所以F（a）在（0，1）上单调递增，（1，＋∞）上单调递减，
所以F（a）≤F（1）＝0，而依题意必有F（a）≥0，所以F（a）＝0，此时a＝1，
所以若不等式f（x）≥g（x）恒成立，则正实数a的值为1.
（2）方法一由（1）得，当a＝1时，f（x）＝xex－（x＋ln x）≥1对任意x>0恒成立．
所以∀x∈（0，＋∞），xex≥x＋ln x＋1，（当且仅当x＝1时等号成立），
则x2ex≥x2＋x ln x＋x（x>0）.
所以要证明x2ex>（x＋2）ln x＋2sin x（x>0），只需证x2＋x ln x＋x>（x＋2）ln x＋2sin x（x>0），
即证x2＋x>2ln x＋2sin x（x>0）.
设β（x）＝ln x－x＋1，则β′（x）＝ eq \f(1,x)－1＝ eq \f(1－x,x)（x>0），β（x）在（0，1）上单调递增，（1，＋∞）上单调递减．
所以∀x∈（0，＋∞），β（x）≤β（1）＝0，即ln x≤x－1（x>0）.
所以只需证x2＋x>2（x－1）＋2sin x，即证x2－x＋2>2sin x．
①当x>1时，x2－x＋2＝x（x－1）＋2>2≥2sin x，不等式成立．
②当0所以x2ex≥x2＋3x－2>（x＋2）ln x＋2sin x（x>0）.
方法二设α（x）＝x－sin x，则α′（x）＝1－cs x≥0恒成立，α（x）在（0，＋∞）上单调递增，
∀x∈（0，＋∞），α（x）>α（0）＝0，所以x>sin x（x>0）.
设β（x）＝ln x－x＋1，则β′（x）＝ eq \f(1,x)－1＝ eq \f(1－x,x)（x>0），β（x）在（0，1）上单调递增，（1，＋∞）上单调递减，
∀x∈（0，＋∞），β（x）≤β（1）＝0，所以ln x≤x－1（x>0），所以ln ex≤ex－1，即ex≥x＋1.
所以当x∈（0，＋∞）时，（x＋2）ln x＋2sin x<（x＋2）（x－1）＋2x＝x2＋3x－2.
又因为x2ex－（x2＋3x－2）≥x2（x＋1）－[x（x＋1）＋2（x－1）]＝（x－1）2（x＋2）≥0，
所以x2ex≥x2＋3x－2>（x＋2）ln x＋2sin x（x>0）.
对点训练
解析：（1）由题意得y＝xf（x）＝x ln （a－x），
则y′＝ln （a－x）＋x[ln （a－x）]′.
因为x＝0是函数y＝xf（x）的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.
（2）由（1）可知，f（x）＝ln （1－x），其定义域为{x|x<1}，
当0当x<0时，ln （1－x）>0，此时xf（x）<0.
易知g（x）的定义域为{x|x<1且x≠0}，
故要证g（x）＝ eq \f(x＋f（x）,xf（x）)<1，只需证x＋f（x）>xf（x），即证x＋ln （1－x）－x ln （1－x）>0.
令1－x＝t，则t>0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－（1－t）ln t>0，即证1－t＋t ln t>0.
令h（t）＝1－t＋t ln t, 则h′（t）＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h（t）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以h（t）>h（1）＝0，
即g（x）<1成立．
考点三
（1）①af（x）min a0 （2）①值域 ②小于 ③所有 ④所有的
[例3] 解析：（1）当a＝8时，
f（x）＝8x－ eq \f(sin x,cs3x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))，
f′（x）＝8－ eq \f(cs4x＋3sin2x cs2x,cs6x)＝8＋ eq \f(2,cs2x)－ eq \f(3,cs4x).
令 eq \f(1,cs2x)＝t，则t∈（1，＋∞），
令h（t）＝－3t2＋2t＋8＝－（3t＋4）（t－2），
当t∈（1，2）时，h（t）>0；当t∈（2，＋∞）时，h（t）<0.
故当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f′（x）>0，f（x）单调递增；
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f′（x）<0，f（x）单调递减．
∴f（x）在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减．
（2）令g（x）＝f（x）－sin2x＝ax－ eq \f(sin x,cs3x)－sin2x，
则g′（x）＝a－ eq \f(cs4x＋3sin2x cs2x,cs6x)－2cs2x＝a－ eq \f( cs2x＋3sin2x,cs4x)－4cs2x＋2＝a－（ eq \f(－2cs2x＋3,cs4x)＋4cs2x－2），
令u＝cs2x，则u∈（0，1），令k（u）＝ eq \f(－2u＋3,u2)＋4u－2，
则k′（u）＝ eq \f(2u－6,u3)＋4＝ eq \f(4u3＋2u－6,u3).
当u∈（0，1）时，k′（u）<0，∴k（u）在（0，1）上单调递减，∵k（1）＝3，∴当u∈（0，1）时，k（u）>3，∴k（u）的值域为（3，＋∞）.
①当a≤3时，g′（x）<0，
∴g（x）在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
又g（0）＝0，∴当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g（x）<0，即f（x）②当a>3时，∃x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))使得g′（x0）＝0，
∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上单调递减，
∴g（x0）>g（0）＝0，∴f（x）综上所述，a的取值范围为（－∞，3].
对点训练
解析：（1）f（x）的定义域为R，f′（x）＝ eq \f(3,4)x2－2x sin α＋1，
Δ＝（－2sin α）2－4× eq \f(3,4)＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin 2α－\f(3,4))) ，
①当α∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))时，Δ>0 ，f′（x）＝0有两个不等实数根为x＝ eq \f(4sin α±2\r(4sin 2α－3),3)，
x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4sin α－2\r(4sin 2α－3),3)))时，f′（x）>0，f（x）单调递增，
x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4sin α－2\r(4sin 2α－3),3)，\f(4sin α＋2\r(4sin 2α－3),3)))时，
f′（x）<0，f（x）单调递减，
x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4sin α＋2\r(4sin 2α－3),3)，＋∞))时，f′（x）>0，f（x）单调递增，
②当α∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))时，Δ≤0 ，f′（x）≥0，
所以f（x）在（－∞，＋∞）上单调递增．
（2）不等式f（x）>ex 等价于 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)x3－x2sin α＋x＋1))e－x>1 ，
所以只需证 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)x3－x2sin α＋x＋1))e－x 的最大值大于1，
因为α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，－1≤－sin α≤ eq \f(1,2)，
又x2∈[0，＋∞），所以－x2sin α≤ eq \f(1,2)x2，α＝－ eq \f(π,6)时等号成立，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)x3－x2sin α＋x＋1))e－x≤（ eq \f(1,4)x3＋ eq \f(1,2)x2＋x＋1）e－x ，
设函数g（x）＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)x3＋\f(1,2)x2＋x＋1))e－x ，g′（x）＝－ eq \f(1,4)x2（x－1）e－x ，
x∈（－∞，1），g′（x）≥0，g（x）单调递增，x∈（1，＋∞），g′（x）<0，g（x）单调递减，
因为g（1）＝ eq \f(\f(1,4)＋\f(1,2)＋1＋1,e)＝ eq \f(2.75,e)>1 ，所以存在α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，使不等式f（x）>ex 有解．
a的符号
零点个数
充要条件
a>0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)
一个
f(x1)<0或f(x2)>0
两个
f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个
f(x1)>0且f(x2)<0
a<0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)
一个
f(x1)>0或f(x2)<0
两个
f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个
f(x1)<0且f(x2)>0
求什么
想什么
讨论函数的单调性，想到利用导数判断．
证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化．
给什么
用什么
已知函数的解析式，利用导数解题．
差什么
找什么
证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值．