第一部分 专题一 第5讲 导数的综合应用-【创新教程】2024高考数学总复习大二轮专题增分方案教师用书word（新教材）

第5讲　导数的综合应用 ★[高考定位]　利用导数解决恒（能）成立问题、零点问题、不等式（等式）证明等高考的重点和热点问题，经常以解答题形式出现，难度较大，常常利用函数的最值或构造新函数来解决． 考点一　利用导数处理不等式恒成立、能成立问题 [例1]　(2023·全国甲卷)已知f(x)＝ax－，x∈. (1)若a＝8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)＜sin 2x恒成立，求a的取值范围． [解]　(1)f′(x)＝a－＝a－＝a－ 令cos2 x＝t，则t∈(0,1) 则f′(x)＝g(t)＝a－＝ 当a＝8，f′(x)＝g(t)＝＝ 当t∈，即x∈，f′(x)＜0. 当t∈，即x∈，f′(x)＞0. 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)设g(x)＝f(x)－sin 2x，g′(x)＝f′(x)－2cos 2x＝g(t)－2(2cos2 x－1)＝－2(2t－1)＝a＋2－4t＋－， 设φ(t)＝a＋2－4t＋－，φ′(t)＝－4－＋＝＝－＞0. ∴φ(t)在(0，t)上为增函数， 所以φ(t)＜φ(1)＝a－3. ①若a∈(－∞，3]，g′(x)＝φ(t)＜a－3≤0 即g(x)在上单调递减， 所以g(x)＜g(0)＝0. 所以当a∈(－∞，3]，f(x)＜sin 2x， 符合题意． ②若a∈(3，＋∞)，当t→0，－＝－32＋→－∞，所以φ(t)→－∞. φ(1)＝a－3＞0.，所以t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，即x0∈，使得g′(x0)＝0. 若t∈(t0,1)，φ(t)＞0，即当x∈(0，x0)，g′(x)＞0，g(x)单调递增． 所以当x∈(0，x0)，g(x)＞g(0)＝0，不合题意． 综上，a的取值范围为(－∞，3]． 破解以函数为背景的不等式恒成立问题需要“一构造、一分类”．“一构造”是指通过不等式的同解变形，构造一个与背景函数相关的函数；“一分类”是指在不等式恒成立问题中，常需对参数进行分类讨论，求出参数的范围，有时也可以利用分离参数法，即将不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值．一般地，a>f(x)对x∈D恒成立，只需a>f(x)max；a<f(x)对x∈D恒成立，只需a<f(x)min. 　(2023·云南333联考二)已知函数f(x)＝，g(x)＝. (1)求y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程； (2)若af(x)－g(x)≥0，求实数a的取值范围． 解：(1)当x≤1时，f′(x)＝2x－1ln 2，所以切线的斜率为k＝f′(0)＝， 又f(0)＝2－1－1＝－， 所以切线方程为y＋＝(x－0)， 所以切线方程为y＝x－. (2)令h(x)＝af(x)－g(x)，则 ①当x＞1时，h(x)＝a(x－1)－log3x，h′(x)＝a－＝. 由h(2)≥0得a≥log32＞0，故h(x)在上单调递减，在上单调递增． 若≤1，即a≥，则h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)＞h(1)＝0，符合题意； 若＞1，即a＜，则h(x)在单调递减，故当x∈时，h(x)＜h(1)＜0，不符合题意． 所以当x＞1时，实数a需满足a≥. ②当x≤1时，h(x)＝a(2x－1－1)－(x－1)，h′(x)＝a·2x－1ln 2－1＝p(x)，p′(x)＝a·2x－1ln22. 由①知，p′(x)＞0，故h′(x)在(－∞，1]上单调递增． 若h′(1)＝aln 2－1≤0，即a≤，则h′(x)≤h′(1)≤0，h(x)在(－∞，1)上单调递减， 故h(x)≥h(1)＝0，符合题意； 若h′(1)＝aln 2－1＞0，即a＞， 由于h′＝＝ln 2－1＜0， 故存在唯一x0∈，使得h′(x0)＝0，则h(x)在(x0,1)上单调递增， 故当x∈(x0,1)时，h(x)＜h(1)＝0，不符合题意． 所以当x≤1时，实数a需满足a≤. 综上，实数a的取值范围为. 考点二　利用导数研究函数的零点或方程的根 [例2]　(2023·泉州适应性考试)已知函数f(x)＝axex－ln(x＋1)． (1)判断f(x)的导函数f′(x)的零点个数； (2)若f(x)≥2ln a－3ln 2－3，求a的取值范围． [解]　(1)由题意可得：f(x)的定义域为(－1，＋∞)，且f′(x)＝a(x＋1)ex－， 因为x∈(－1，＋∞)，则有：当a≤0时，f′(x)＝a(x＋1)ex－＜0恒成立，f′(x)在(－1，＋∞)内无零点； 当a＞0时，构建φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝a(x＋2)ex＋＞0恒成立， 则φ(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 由于－1＞－1，取m＝min，n＝max， 则φ(m)≤a(0＋1)e0－≤a－＝0， φ(n)≥a(1＋1)e－≥2ea