第三章 §3.6 导数的综合应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（湘教版 甘）

§3.6　导数的综合应用 课标要求　导数的综合问题是高考的热点，常考查恒(能)成立、不等式的证明、函数的零点等问题，解题方法灵活，难度较大，一般以压轴题的形式出现． 题型一　导数与恒(能)成立问题 例1　(2023·新乡模拟)已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋2aln x．若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 解　方法一　(求最值法) f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)≥0恒成立， 所以f(x)min≥0， f′(x)＝x－(2a＋1)＋＝＝. 当a≤0时，由f′(x)>0，得x>1； 由f′(x)<0，得0<x<1， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减， 所以f(x)min＝f(1)＝－－2a， 由－－2a≥0，可得a≤－. 当a>0时，注意到f(1)＝－－2a<0，不符合题意， 故a≤－，即实数a的取值范围为. 方法二　(分离参数法) 由f(x)≥0，可得x2－x－2a(x－ln x)≥0. 构造函数h(x)＝x－ln x，x>0， 则h′(x)＝1－＝， 由h′(x)>0，得x>1；由h′(x)<0，得0<x<1， 所以h(x)min＝h(1)＝1>0， 所以x－ln x>0， 所以原不等式等价于2a≤. 令g(x)＝，x>0， 则g′(x)＝. 令φ(x)＝x＋1－ln x，x>0， 则φ′(x)＝， 由φ′(x)>0，得x>2；由φ′(x)<0，得0<x<2， 易知φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(2)＝2－ln 2>0， 所以当x>1时，g′(x)>0； 当0<x<1时，g′(x)<0， 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝－， 由2a≤－，得a≤－，故实数a的取值范围为. 思维升华　恒(能)成立问题的解法 (1)对于某一区间I，若f(x)在区间I上有最值，则 ①恒成立：∀x∈I，f(x)>0⇔f(x)min>0；∀x∈I，f(x)<0⇔f(x)max<0. ②能成立：∃x∈I，f(x)>0⇔f(x)max>0；∃x∈I，f(x)<0⇔f(x)min<0. (2)若能分离常数，即将问题转化为a>f(x)(或a<f(x))，则 ①恒成立：a>f(x)⇔a>f(x)max； a<f(x)⇔a<f(x)min. ②能成立：a>f(x)⇔a>f(x)min； a<f(x)⇔a<f(x)max. 跟踪训练1 (2023·青岛模拟)已知函数f(x)＝ex－a－ln x．若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，求实数a的取值范围． 解　存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0， 即－ln x0<0，即<ln x0. 即存在x0∈[e，＋∞)，使ea>. 令h(x)＝，x∈[e，＋∞)， 因此只要函数h(x)＝在区间[e，＋∞)上的最小值小于ea即可． h′(x)＝， 令u(x)＝ln x－，x∈[e，＋∞)， ∵u′(x)＝＋>0， ∴u(x)在[e，＋∞)上单调递增， 又u(e)＝1－>0. ∴h′(x)＝>0在[e，＋∞)上恒成立． ∴h(x)＝在[e，＋∞)上单调递增， 函数h(x)＝在区间[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee， 由ee<ea，得a>e. 故a的取值范围是(e，＋∞)． 题型二　利用导数证明不等式 例2　(12分)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性；[切入点：求导，讨论a的正负] (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. [方法一　关键点：作差法比较f(x)min与2ln a＋的大小] [方法二　关键点：利用不等式ex≥x＋1把函数f(x)中的指数换成一次函数] [思路分析] (1)求f′(x)→分a>0，a≤0判断f′(x) 的符号→f (x) 的单调性 (2)方法一：求f(x)min→构造函数g(a)＝f(x)min－→求g(a)最小值 方法二：证明不等式ex≥x＋1→aex＝ex＋ln a≥x＋ln a＋1→f(x)≥a2＋ln a＋1→构造函数g(a)＝a2＋ln a＋1－→求g(a)最小值 (1)解　因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R， 所以f′(x)＝aex－1，(1分) 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0， 故f′x＝aex－1<0恒成立， →①处判断f′(x)的符号 所以f(x)是减函数；(2分) 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′x<0， 则fx在－∞，－ln a上单调递减； 当x>－ln a时，f′x>0， 则fx在－ln a，＋∞上单调递增. (4分)→②处判断f′(x)的符号 综上，当a≤0时，f(x)是减函数； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 在(－ln a，＋∞)上单调递增．(5分) (2)证明　方法一　由(1)得，当a>0时， fxmin＝f－ln a＝ae－ln a＋a＋ln a ＝1＋a2＋ln a， (7分)→③处利用单调性求f(x)min 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋， 即证a2－－ln a>0恒成立，(8分) 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)， (9分) →④处构造函数ga＝fxmin－(2ln a＋) 则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>， 所以g(a)在上单调递减， 在上单调递增，(11分) 所以g(a)min＝g＝2－－ln ＝ln >0， →⑤处求gamin并判断其符号 则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕．(12分) 方法二　 →⑥处构造函数证明ex≥x＋1 则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函数， 所以h′(x)＝ex－1是增函数， 又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0； 当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0， 则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，(6分) 因为fx＝aex＋a－x＝aex＋a2－x ＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， →⑦处通过不等式ex≥x＋1放缩函数fx 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)>2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋， 即证a2－－ln a>0，(8分) 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)， (9分) →⑧处构造函数ga 则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>， 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增，(11分) 所以g(a)min＝g＝2－－ln ＝ln >0， →⑨处求gamin并判断其符号 则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕．(12分) 思维升华　利用导数证明不等式的解题策略 (1)待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究最值即可得证． (2)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的． (3)对于函数中含有ex和ln x与其他代数式结合的问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：①ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；②ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号． 跟踪训练2　(2024·新乡模拟)已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)≥x－1. (1)解　因为f(x)＝x2ln x，x>0， 所以f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)， 由f′(x)＝0，得x＝. 当x∈(0，)时，f′(x)<0； 当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)． (2)证明　f(x)≥x－1等价于ln x－≥0. 令函数g(x)＝ln x－，x>0， 则g′(x)＝－＝. 当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 故g(x)≥g(1)＝0， 即f(x)≥x－1. 题型三　导数与函数的零点问题 例3　(2023·济南模拟)已知函数f(x)＝，a∈R. (1)若a＝0，求f(x)的最大值； (2)若0<a<1，求证：f(x)有且只有一个零点． (1)解　若a＝0，则f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)， ∴f′(x)＝， 由f′(x)＝0，得x＝e， ∴当0<x<e时，f′(x)>0；当x>e时，f′(x)<0， ∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴f(x)max＝f(e)＝. (2)证明　f′(x)＝＝， 由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∵0<a<1， ∴当x>e时，f(x)＝＝a＋>0， 故f(x)在(e，＋∞)上无零点； 当0<x<e时，f(x)＝， ∵f ＝a－e<0，f(e)＝a＋>0， 且f(x)在(0，e)上单调递增， ∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点， 综上，f(x)有且只有一个零点． 思维升华　函数的零点问题有两种常见方法，一是分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数；二是利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定参数的范围或零点的个数． 跟踪训练3　(2023·西安模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在[1，e2]上有且仅有2个零点，求a的取值范围． 解　(1)因为f(x)＝ln x－ax(a∈R)，x>0， 则f′(x)＝－a＝. 当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝， 若0<x<，则f′(x)>0； 若x>，则f′(x)<0. 所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)当x∈[1，e2]时， 由f(x)＝0可得a＝， 令g(x)＝，其中x∈[1，e2]， 则直线y＝a与函数g(x)在[1，e2]上的图象有两个交点， g′(x)＝， 当1<x<e时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增，当e<x<e2时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减． 所以函数g(x)的极大值为g(e)＝， 且g(1)＝0，g(e2)＝，g(x)在[1，e2]的图象如图所示． 由图可知，当≤a<时， 直线y＝a与函数g(x)在[1，e2]上的图象有两个交点， 因此，实数a的取值范围是. 课时精练 1．已知函数f(x)＝aex－x－2，a∈R. (1)若a＝1，求f(x)的图象在x＝0处的切线方程； (2)讨论函数f(x)的零点个数． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，x∈R， f′(x)＝ex－1， ∴f′(0)＝0， 又f(0)＝－1，∴切点坐标为(0，－1)， ∴切线方程为y－(－1)＝0(x－0)，即y＋1＝0. (2)令f(x)＝0得aex＝x＋2， ∴a＝， 令φ(x)＝，∴φ′(x)＝， 当x∈(－∞，－1)时，φ′(x)>0，当x∈(－1，＋∞)时，φ′(x)<0， ∴φ(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减， φ(x)max＝φ(－1)＝e， 又当x→＋∞时，φ(x)→0，当x→－∞时， φ(x)→－∞， ∴φ(x)的图象如图所示， ∴当a>e时，f(x)无零点； 当a≤0或a＝e时，f(x)有1个零点； 当0<a<e时，f(x)有2个零点． 2．(2023·宜春模拟)已知函数f(x)＝aex－ax－1(a≠0)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝1时，证明：f(x)>2ln x－2x＋2. (1)解　f′(x)＝aex－a＝a(ex－1)，a≠0， 当a>0时，令f′(x)>0，得ex>1，解得x>0， 令f′(x)<0，得ex<1，解得x<0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，令f′(x)>0，得ex<1，解得x<0， 令f′(x)<0，得ex>1，解得x>0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． 综上，当a>0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． (2)证明　当a＝1时，f(x)＝ex－x－1， 由(1)知，当x>0时，f(x)单调递增， 所以f(x)>f(0)＝0，即f(x)>0， 设g(x)＝2ln x－2x＋2(x>0)， g′(x)＝－2＝， 由g′(x)>0，得1－x>0，解得0<x<1， 由g′(x)<0，得1－x<0，解得x>1， 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝0， 从而f(x)>g(x)恒成立， 即f(x)>2ln x－2x＋2恒成立． 3．(2023·石家庄模拟)设a为实数，函数f(x)＝2x3－3x2＋a，g(x)＝x2(2ln x－3)． (1)若函数f(x)与x轴有三个不同的交点，求实数a的取值范围； (2)对于∀x1∈[－1,2]，∃x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)，试求实数a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)， 由f′(x)>0，解得x>1或x<0；由f′(x)<0，解得0<x<1， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 若函数f(x)与x轴有三个不同的交点， 则解得0<a<1， 所以实数a的取值范围为(0,1)． (2)对于∀x1∈[－1,2]，∃x2∈[1，e]， 都有f(x1)≥g(x2)， 则f(x1)min≥g(x2)min， 由(1)知函数f(x)在[－1,0)上单调递增， 在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增， 又f(－1)＝a－5，f(1)＝a－1， 故当x∈[－1,2]时，f(x)min＝f(－1)＝a－5. 因为g(x)＝x2(2ln x－3)，且x∈[1，e]， 则g′(x)＝4x(ln x－1)≤4x(1－1)＝0， 故函数g(x)在[1，e]上单调递减，故g(x)min＝g(e)＝－e2， 由题意可得a－5≥－e2，故a≥5－e2. 所以实数a的取值范围为[5－e2，＋∞)． 4．已知函数f(x)＝ln x＋－x＋1－a(a∈R)． (1)若a＝－2，求函数f(x)的单调区间； (2)若存在x>1，使f(x)＋x<成立，求整数a的最小值． 解　(1)由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＝， 当a＝－2时，令f′(x)＝0， 解得x＝－1(舍)或x＝2， 当f′(x)>0时，0<x<2，所以f(x)在(0,2)上单调递增； 当f′(x)<0时，x>2，所以f(x)在(2，＋∞)上单调递减． 所以f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，＋∞)． (2)原式等价于(x－1)a>xln x＋2x－1， 即存在x>1，使a>成立． 设g(x)＝，x>1， 则g′(x)＝， 设h(x)＝x－ln x－2，x>1， 则h′(x)＝1－＝>0， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增． 又h(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0， h(4)＝4－ln 4－2＝2－2ln 2>0， 根据零点存在定理，可知h(x)在(1，＋∞)上有唯一零点， 设该零点为x0，则x0∈(3,4)， 且h(x0)＝x0－ln x0－2＝0， 即x0－2＝ln x0， 所以当x∈(1，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0， g(x)单调递增， 所以g(x)min＝＝x0＋1. 由题意可知a>x0＋1， 又x0∈(3,4)，a∈Z， 所以整数a的最小值为5. 学科网（北京）股份有限公司 $