第1部分 专题1 微专题5 导数的综合应用（word教参）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

微专题5　导数的综合应用 ★[高考定位]　利用导数解决恒成立问题、零点问题、不等式证明、等式等高考的重点和热点，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． 　　　　 利用导数处理不等式恒成立、能成立问题 [例1]　(2024·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)＞－2，当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围． [解]　(1)求出f′(x)min＝2＋a后根据f′(x)≥0可求a的最小值；(2)设P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点，可证P(m，n)关于(1，a)的对称点Q(2－m,2a－n)也在函数的图象上，从而可证对称性；(3)根据题设可判断f(1)＝－2即a＝－2，再根据f(x)＞－2在(1,2)上恒成立可求得b≥－. (1)b＝0时，f(x)＝ln＋ax，其中x∈(0,2)， 则f′(x)＝＋＋a＝＋a，x∈(0,2) 因为x(2－x)≤2＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 故f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0成立，故a＋2≥0即a≥－2， 所以a的最小值为－2. (2)f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0,2)， 设P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点， P(m，n)关于(1，a)的对称点为Q(2－m,2a－n)， 因为P(m，n)在y＝f(x)图象上， 故n＝ln＋am＋b(m－1)3， 而f(2－m)＝ln＋a(2－m)＋b(2－m－1)3＝－＋2a＝－n＋2a， 所以Q(2－m,2a－n)也在y＝f(x)图象上， 由P的任意性可得y＝f(x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a)． (3)因为f(x)＞－2当且仅当1＜x＜2，故x＝1为f(x)＝－2的一个解， 所以f(1)＝－2即a＝－2， 先考虑1＜x＜2时，f(x)＞－2恒成立． 此时f(x)＞－2即为ln＋2(1－x)＋b(x－1)3＞0在(1,2)上恒成立， 设t＝x－1∈(0,1)，则ln－2t＋bt3＞0在(0,1)上恒成立， 设g(t)＝ln－2t＋bt3，t∈(0,1)， 则g′(t)＝－2＋3bt2＝， 当b≥0，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2＞0， 故g′(t)＞0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数， 故g(t)＞g(0)＝0即f(x)＞－2在(1,2)上恒成立． 当－≤b＜0时，－3bt2＋2＋3b≥2＋3b≥0， 故g′(t)≥0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数， 故g(t)＞g(0)＝0即f(x)＞－2在(1,2)上恒成立． 当b＜－，则当0＜t＜ ＜1时，g′(t)＜0， 故在上g(t)为减函数，故g(t)＜g(0)＝0，不合题意，舍； 综上，f(x)＞－2在(1,2)上恒成立时b≥－. 而b≥－时，由上述过程可得g(t)在(0,1)递增，故g(t)＞0的解为(0,1)， 即f(x)＞－2的解为(1,2)． 综上，b≥－. 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. (2024·娄底一模)已知函数f(x)＝，其中e＝2.71828…为自然对数的底数． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)≤ex－1； (3)设g(x)＝f(x)－e2x＋2aex－4a2＋1(a∈R)，若存在实数x0使得g(x0)≥0，求a的最大值． 解：(1)求出f′(x)，判断导数正负得到函数f(x)的单调区间；(2)利用分析法转化要证结论，要证f(x)≤ex－1，即证≤ex－1，令h(x)＝－ex＋1，即证h(x)≤0，利用导数判断h(x)单调性，求出最大值即可得证； (3)g(x)＝f(x)－e2x＋2aex－4a2＋1，分别讨论当0≤a≤时和a＞时是否存在x0使得g(x0)≥0，即可求解． (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝， 所以当x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0. 所以f(x)的增区间为(－∞，1)，减区间为(1，＋∞)． (2)要证f(x)≤ex－1，即证≤ex－1，令h(x)＝－ex＋1，即证h(x)≤0， h′(x)＝，令m(x)＝1－x－e2x，则m′(x)＝－1－2e2x＜0，所以m(x)在R上单调递减，又m(0)＝0， ∴当x＜0时，m(x)＞0，h′(x)＞0；当x＞0时，m(x)＜0，h′(x)＜0. ∴h(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， ∴h(x)≤h(0)＝0，所以≤ex－1，即f(x)≤ex－1得证． (3)当0≤a≤时，g(0)＝2a－4a2＝2a(1－2a)≥0，即存在x0＝0满足题意； 当a＞时，由(2)知， g(x)＝f(x)－e2x＋2aex－4a2＋1≤(ex－1)－e2x＋2aex－4a2＋1 ＝－e2x＋(2a＋1)ex－4a2＝－2＋≤＜0， ∴此时g(x)＜0恒成立，不满足题意； 综上，所以a的最大值为. 　 利用导数研究函数的零点或方程的根 [例2]　(2024·郑州三模)已知函数f(x)＝eax－x. (1)若a＝2，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论f(x)的零点个数． [解]　(1)根据已知条件及导数的求导法则，利用导数的几何意义及直线的点斜式方程即可求解；(2)利用导数法求含参函数的单调性，进而求出函数的最值，结合函数的单调性、函数的最值关系和函数零点存在定理对a的范围进行分类讨论，即可求解函数零点个数． (1)若a＝2，则f(x)＝e2x－x，f′(x)＝2e2x－1. 又f(1)＝e2－1.切点为(1，e2－1)， 曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的k＝f′(1)＝2e2×1－1＝2e2－1， 故所求切线方程为y－(e2－1)＝(2e2－1)(x－1)即y＝(2e2－1)x－e2. (2)由题f′(x)＝aeax－1. ①当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减，又f(0)＝1＞0，f(1)＝ea－1≤0. 故f(x)存在一个零点，此时f(x)零点个数为1. ②当a＞0时，令f′(x)＜0得x＜－， 令f′(x)＞0得x＞－， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增． 故f(x)的最小值为f＝. 当a＝时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点． 当a＞时，f(x)的最小值大于0，此时f(x)没有零点． 当0＜a＜时，f(x)的最小值小于0，f(－1)＝e－a＋1＞0， f＝＜0，x→＋∞时，f(x)→＋∞.此时f(x)有两个零点． 综上，当a≤0或a＝时，f(x)有一个零点； 当0＜a＜时，f(x)有两个零点； 当a＞时，f(x)没有零点． 三步解决方程解(或曲线公共点)的个数问题 第一步：将问题转化为函数的零点个数问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点个数问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图象； 第三步：结合图象求解． (2024·安阳一模)若函数f(x)＝＋λx(2－x)e1－x在(0，＋∞)上没有零点，则实数λ的取值范围为________． 解析：由f(x)＝0可得出λ＝，令g(x)＝，x∈(0,2)∪(2，＋∞)，分析可知，直线y＝λ与曲线y＝g(x)没有交点，利用导数分析函数g(x)的单调性与极值，数形结合可得出实数λ的取值范围． 因为f(x)＝＋λx(2－x)e1－x，则f(2)＝≠0， 令f(x)＝0，显然x≠2，则λ＝， 令g(x)＝，x∈(0,2)∪(2，＋∞)， 则g′(x)＝ ＝， 令g′(x)＝0，得x1＝4，x2＝1，列表如下： x (0,1) 1 (1,2) (2,4) 4 (4，＋∞) g′(x) ＋ 0 － － 0 ＋ g(x) 增 极大值 减 减 极小值 增 所以，函数g(x)的增区间为(0,1)，(4，＋∞)，减区间为(1,2)，(2,4)， 且极大值为g(1)＝－e，极小值为g(4)＝. 当x→0时，g(x)→－∞， 当x→2时(从左边趋于)，g(x)→－∞； 当x→2时(从右边趋于)，g(x)→＋∞， 当x→＋∞时(从右边趋于)，g(x)→＋∞. 由图象可知，当－e＜λ＜时，直线y＝λ与曲线y＝g(x)没有交点， 即f(x)在(0，＋∞)上没有零点． 因此，实数λ的取值范围是. 答案： 　　　　利用导数证明不等式问题 [例3]　设函数f(x)＝4ln x－ax2＋(4－2a)x，a∈R (1)讨论f(x)的单调性． (2)若函数f(x)存在极值，对任意的0＜x1＜x2，存在正实数x0，使得f(x2)－f(x1)＝f′(x0)(x2－x1) (ⅰ)证明不等式＞. (ⅱ)判断并证明与x0的大小． [解]　(1)求导得f′(x)＝(2ax－4)(x＋1)，分a是否大于0进行讨论即可得解；(2)(ⅰ)要证明＞只需证明ln t＞(t＞1)，从而构造函数即可得证；(ⅱ)同构作差法并结合(ⅰ)中结论即可得解． (1)f′(x)＝－2ax＋4－2a＝(2ax－4)(x＋1)，x＞0， 若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 若a＞0，由f′(x)＝0得x＝， 当x∈时f′(x)＞0；当x∈时， f′(x)＜0， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a＜0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)∵f(x)存在极值，由(1)知a＞0， f(x2)－f(x1)＝4(ln x2－ln x1)－a(x－x)＋(4－2a)(x2－x1) ＝4(ln x2－ln x1)－a(x2＋x1)(x2－x1)＋(4－2a)(x2－x1)， 由题设得f′(x0)＝ ＝－a(x2＋x1)＋4－2a， ∵0＜x1＜x2，设＝t(t＞1)， (ⅰ)要证明＞即证明ln t＞(t＞1)， 设g(t)＝ln t－，(t＞1)， 则g′(t)＝－＝＞0， ∴g(t)在(1，＋∞)上单调递增，g(t)＞g(1)＝0， ∴ln t＞，即＞得证； (ⅱ)f′＝－a(x2＋x1)＋4－2a，f′(x0)－f′＝－＝4＞0， ∴f′(x0)＞f′， ∵f′(x)＝－2ax＋(4－2a)在(0，＋∞)上是减函数，∴＞x0. 　　 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]，有f(a)≤f(x)≤f(b)；②∀x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，有f(x1)<f(x2)，对于减函数有类似结论． (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∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)． (3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0. (2024·河南TOP20名校联考)已知函数f(x)＝，k∈[2，＋∞)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当n∈N*时，求证：ln(n＋1)＜. 解：(1)求出导函数，然后根据k＝2和k＞2分类讨论，解导函数不等式即可求得单调区间；(2)根据(1)的结论知ln(x＋1)＜，令x＝(m∈N*)得ln＜，结合对数运算累加法即可证明． (1)f(x)＝ln(x＋1)－的定义域为(－1，＋∞)． f′(x)＝－＝， ①当k＝2时，f′(x)≥0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增； ②当k＞2时，x∈(－1,0)时，f′(x)＞0，f(x)在(－1,0)上是增函数． x∈(0，k2－2k)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，k2－2k)上是减函数， x∈(k2－2k，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(k2－2k，＋∞)上是增函数． (2)由(1)得，当k＝3时，f(x)＝ln(x＋1)－，f(x)在(0,3)上是减函数， 即当x∈(0,3)时，f(x)＜f(0)＝0，所以ln(x＋1)＜， 令x＝(m∈N*)得，ln＜＝≤，即ln＜， 所以ln＋ln＋…＋ln＝ ln＝ln(n＋1)＜＋＋…＋＝，得证. 学科网（北京）股份有限公司 $$