1、高考资源网（） 您身边的高考专家第4讲导数的综合应用(文理)JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略明方向考情分析导数日益成为解决数学问题强有力的工具，利用导数研究函数的单调性与极(最)值是常见题型，而导数与函数、不等式的交汇命题，则是高考的热点和难点在高考压轴题中，常以二次函数、指数函数、对数函数为载体考查函数的零点、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立等热点问题真题分布(理科)年份卷别题号考查角度分值2020卷21利用导数研究单调性以及不等式的综合应用12卷21讨论函数的单调性以及不等式的证明12卷21导数的几何意义以及函数零点问题122019卷20函数的极
2、值、问题12卷20函数的单调性、零点以及曲线的公切线问题12卷20函数的单调性、最值问题122018卷21函数的单调性、极值以及不等式的证明12卷21函数的单调性、不等式证明以及函数零点问题12卷21不等式以及极值问题的应用12(文科)年份卷别题号考查角度分值2020卷20函数的单调性以及函数的零点问题12卷21函数单调性以及不等式恒成立问题12卷20函数的单调性与零点问题122019卷20函数的零点存在问题、不等式与参数范围12卷21函数极值点以及方程的根问题12卷2018卷21函数的单调性、不等式的证明12卷21函数单调性、函数的零点的证明12卷21导数的几何意义、不等式的证明12KAO
3、DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类析重点考点一利用导数研究不等式问题1常见重要不等式(1)ln xx1(x0)(2)exx1(当且仅当x0时等号成立)2构造辅助函数的四种方法(1)移项法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)g(x)的问题转化为证明f(x)g(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2
4、)(或f(x1，x)(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数3含有双变量的不等式问题的常见转化策略(1)x1a，b，x2c，d，f(x1)g(x2)f(x)在a，b上的最小值g(x)在c，d上的最大值(2)x1a，b，x2c，d，f(x1)g(x2)f(x)在a，b上的最大值g(x)在c，d上的最小值(3)x1a，b，x2c，d，f(x1)g(x2)f(x)在a，b上的最小值g(x)在c，d上的最小值(4)x1a，b，x2c，d，f(x1)g(x2)f(x)在a，b上的最大值g(x)在c，d上的最大值考向1利用导数证明不等式典例1(2020北京房山区期末
5、)已知函数f(x)(2x1)ln xx1(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)求证：f(x)1【解析】(1)由f(x)(2x1)ln xx1，得f(x)2ln x3，f(1)2，f(1)0，则切线方程为y2x2(2)f(x)2ln x3，x(0，)，令h(x)2ln x3，x(0，)，h(x)0，故h(x)在(0，)上单调递增又h(1)20，h1ln 4ln 0，又h(x)在(0，)上连续，x0使得h(x0)0，即f(x0)0，2ln x030(*)f(x)，f(x)随x的变化情况如下：xx0(x0，)f(x)0f(x)极小值f(x)minf(x0)(2x01)ln x0
6、x01由(*)式得ln x0，代入上式得f(x)minf(x0)(2x01)()x012x0.令t(x)2x，x，t(x)2t(1)，又t(1)1，即f(x0)1，f(x)1利用导数证明不等式的两个妙招(1)构造函数法证明不等式移项，使等式右边为零，左边构造为新函数求导判断单调性，通常要对参数分类讨论根据单调性，求出最值与“0”比较即可得证(2)转化函数最值法证明不等式条件：函数很复杂，直接求导不可行拆分：把复杂函数拆分成两个易求最值函数方法：分别求导，结合单调性和图象以及极值、最值，比较得出结论考向2利用导数解决不等式恒(能)成立问题典例2(2020肥东县模拟)已知函数f(x)(x1)23a
7、ln x，aR.(1)当a1时，求f(x)在点(1，f(1)处的切线方程及函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x1，e，f(x)4恒成立，求实数a的取值范围【解析】(1)当a1时，f(x)(x1)23ln xf(1)4，f(x)2x2，f(1)1，则切线方程为y41(x1)，即yx3在x(0，)时，如果f(x)2x20，即x时，函数f(x)单调递增；如果f(x)2x20，即x时，函数f(x)单调递减(2)f(x)2x2，x0当a0时，f(x)0，f(x)在1，e上单调递增f(x)minf(1)4，f(x)4不恒成立当a0时，设g(x)2x22x3a，x0g(x)的对称轴为x，g(0)3a0，
8、g(x)在(0，)上单调递增，且存在唯一x0(0，)，使得g(x0)0当x(0，x0)时，g(x)0，即f(x)0，f(x)在(0，x0)上单调递减；当x(x0，)时，g(x)0，即f(x)0，f(x)在(x0，)上单调递增f(x)在1，e上的最大值f(x)maxmaxf(1)，f(e)，得(e1)23a4，解得：a.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，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，根据要求得所求范围一般地，f(x)a恒成立，只需f(x)mina即可；f(x)a恒成立，只需f(x)maxa即可(2)转化
9、为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解1(2019宁德二模)已知函数f(x)aln x1(a0)(1)当x0时，求证：f(x)1a；(2)若在区间(1，e)上有f(x)x恒成立，求实数a的取值范围【解析】(1)证明：设(x)f(x)1aaln xa(x0)，则(x).令(x)0，则x1当0x1时，(x)1时，(x)0，所以(x)在(1，)上单调递增，故(x)在x1处取到极小值也是最小值，故(x)(1)0，即f(x)1a.(2)由f(x)x得aln x1x，即a.令g(x)(1xe)，则g(x).
10、令h(x)ln x(1x0，故h(x)在区间(1，e)上单调递增，所以h(x)h(1)0因为h(x)0，所以g(x)0，即g(x)在区间(1，e)上单调递增，则g(x)g(e)e1，即e1，所以a的取值范围为e1，)考点二利用导数研究函数的零点问题方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解考向1利用导数研究函数零点典例3(2020福田区校级模拟)已知函数f(x)sin xacos xxcos x，x(0,2)，a(0,2)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：函数f(x)在
11、定义域上只有一个零点【解析】(1)f(x)cos xasin x(cos xxsin x)(xa)sin x，x(0,2)，令f(x)0得xa或x，易知，当x(0，)时，sin x0；当x(，2)时，sin x0，当a时，f(x)(x)sin x0，故f(x)在(0,2)单调递减；当a(0，)时，令f(x)0得0xa或x2，令f(x)0得ax，故f(x)在(0，a)，(，2)单调递减，在(a，)单调递增；当a(，2)时，令f(x)0得0x或ax2，令f(x)0得xa，故f(x)在(0，)，(a,2)单调递减，在(，a)单调递增综上，当a时，f(x)在(0,2)单调递减；当a(0，)时，f(x)
12、在(0，a)，(，2)单调递减，在(a，)单调递增；当a(，2)时，f(x)在(0，)，(a,2)单调递减，在(，a)单调递增(2)证明：由(1)知，当a时，f(x)在(0,2)单调递减；且f(0)sin 0cos 00cos 00，f(2)sin 2cos 22cos 20，即f(0)f(2)0，故函数f(x)在(0,2)上只有一个零点当a(0，)时，f(x)在(0，a)，(，2)单调递减，在(a，)单调递增；故f(x)的极小值为f(a)sin aacos aacos asin a0，因此f(x)在(0，a)上无零点；f(x)的极大值为f()sin acos cos a0，又f(2)sin
13、2acos 22cos 2a20，f()f(2)0，故f(x)在(，2)上有一个零点，因此，函数f(x)在(0,2)上只有一个零点当a(，2)时，f(x)在(0，)，(a,2)单调递减，在(，a)单调递增故f(x)的极小值为f()a0，又f(0)sin 0acos 00cos 0a0，f(0)f()0，故f(x)在(0，)上有一个零点，f(x)的极大值为f(a)sin a0，又f(2)a20，故f(x)在(，2)上无零点，因此，函数f(x)在(0,2)上只有一个零点综上，函数f(x)在(0,2)上只有一个零点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
14、)，转化确定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考向2根据函数零点存在情况求参数取值范围典例4(2020四川模拟)已知函数f(x)x2(a0)(1)若曲线yf(x)在x1处切线的斜率为e1，判断函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围【解析】(1)由题f(x)xx则f(1)ea1e1，得a1，此时f(x)x，由
15、f(x)0得x0则x0时，f(x)0，f(x)为增函数；x0时，f(x)0，f(x)为增函数，且f(0)0，所以f(x)为R上的增函数(2)当a0时，由f(x)0得x0或xln a，若a1，由(1)知，f(x)为R上的增函数由f(1)0，f(2)e220，所以f(x)只有一个零点，不符合题意若0a1，则xln a时，f(x)0，f(x)为增函数；ln ax0时，f(x)0，f(x)为减函数；x0时，f(x)0，f(x)为增函数而f(x)极小f(0)a0，故f(x)最多只有一个零点，不符合题意；若a1时，则x0时，f(x)0，f(x)为增函数；0xln a时，f(x)0，f(x)为减函数；xln
16、 a时，f(x)0，f(x)为增函数得f(x)极小f(ln a)(ln a)2ln a10，故f(x)最多只有一个零点，不符合题意当a0时，由f(x)0得x0，由x0得f(x)0，f(x)为减函数，由x0得f(x)0，f(x)为增函数，则f(x)极小f(0)a0又x时，f(x)0，x时，f(x)0，所以当a0时，f(x)始终有两个零点综上所述，a的取值范围是(，0)根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思路也是数形结合，即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数yf(x)的图象，再根据零点个数确定函数yf(x)的图象交点的个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围，一个基本的技
17、巧是把f(x)0化为g(x)h(x)，(f(x)g(x)h(x)据f(x)零点个数确定函数yg(x)，yh(x)图象的交点个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围2(2019南充二模)已知函数f(x)，曲线yf(x)在点(e2，f(e2)处的切线与直线2xy0垂直(其中e为自然对数的底数)(1)求f(x)的解析式及单调减区间；(2)若函数g(x)f(x)无零点，求k的取值范围【解析】(1)由已知得f(x)，由题意f(e2)，m2，故f(x).此时f(x)，由f(x)00x1或1xe，故f(x)的单调减区间为(0,1)和(1，e(2)g(x)f(x)g(x)x，且定义域为(0,1)(1，)
18、，要函数g(x)无零点，即要在x(0,1)(1，)内无解，亦即要kln x0在x(0,1)(1，)内无解令h(x)kln xh(x).当k0时，h(x)0在x(0,1)(1，)内恒成立，即h(x)在(0,1)内递减，在(1，)内也单调递减又h(1)0，所以在(0,1)和(1，)内也无零点，故满足条件当k0时，h(x)，若0k2，则函数h(x)在(0,1)内单调递减，在内也单调递减，在内单调递增又h(1)0，所以在(0,1)内无零点，易知h0，而h(e)k2+0，故在内有一个零点，不满足条件若k2，则h(x)在(0,1)内递减，在(1，)内单调递增又h(1)0，所以x(0,1)(1，)时，h(x
19、)0恒成立，故无零点，满足条件若k2，则函数h(x)在内递减，在递增，在(1，)内也单调递增又h(1)0，所以在及(1，)内均无零点又易知h0，而h(ek)k(k)22ek2ekk22，当k2时，h(ek)0，所以函数h(x)在内有一零点，故不满足条件综上可得，k的取值范围为k0或k2YI CUO QING LING MIAN SHI WU易错清零免失误1用错恒成立的条件典例1已知函数f(x)x2ax3a若x2,2时，f(x)0恒成立，求的取值范围【错解1】f(x)0恒成立，a24(3a)0恒成立解得的取值范围为6a2【错解2】f(x)x2ax3a若x2,2时，f(x)0恒成立，即，解得的取值
20、范围为7a.【剖析】对二次函数f(x)ax2bxc“当xR上f(x)0恒成立时，0”片面理解为“ax2bxc0，x2,2恒成立时，0”；或者理解为.这都是由于函数性质掌握得不透彻而导致的错误二次函数最值问题中“轴变区间定”要对对称轴进行分类讨论；“轴定区间变”要对区间进行讨论【正解】设f(x)的最小值为g(a)，(1)当2，即a4时，g(a)f(2)7a0，得a7，又a4，故7a4；综上，得7a22双变量问题非等价转化致误典例2(2020河北衡水摸底联考)已知函数f(x)2ax2xlnx(aR)(1)若函数f(x)在区间(e2，)上存在极值点，求a的取值范围；(2)已知x1，x2(0，)，且x
21、1x2，求证：x10)因为函数f(x)在区间(e2，)上存在极值点，所以存在实数m(e2，)，使得f(m)2lnm22a0，即alnm1lne213所以a的取值范围为(，3)(2)依题意知，要证x1x2，只需证x1x2，即证11)，只需证1t，即证ln tt11)，则g(t)1，易知g(t)0，所以g(t)在(1，)上单调递减，ln 1110，则g(t)0，即ln t1时，h(t)ln t0，所以h(t)在(1，)上单调递增，则当t1时，h(t)h(1)0，即t1tln t.所以x1x2，即不等式x1x2成立【剖析】本题是一道涉及双变量的不等式证明问题，易错点是不知道怎样构造函数破解这类题的关键是通过换元法达到消元的目标，再构造函数，利用函数的单调性证明不等式一般地，在双变量不等式中，两个变量的地位相同，取值独立，此类题的证明途径有：构造函数，将问题转化为判断函数的单调性问题；构造函数，转化为求函数的最值问题- 10 - 版权所有高考资源网
