1、第4讲 导数的综合应用与热点问题 高考总复习大二轮 数 学 考情考向高考导航导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点解答题的热点题型有：(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根(2)利用导数求解参数的范围或值真题体验1(2018全国卷)已知函数 f(x)ax2x1ex.(1)求曲线 yf(x)在点(0，1)处的切线方程；(2)证明：当 a1 时，f(x)e0.解 析：(1)由 题 意：f(x)ax2x1ex得f(x)2ax1exax2x1exex2ax22axx2ex；f(0)21
2、2；即曲线 yf(x)在点(0，1)处的切线斜率为 2，y(1)2(x0)，即 2xy10.(2)当 a1 时，f(x)ex2x1ex1ex，令 g(x)x2x1ex1，则 g(x)2x1ex1，当 x1 时，g(x)0，g(x)单调递减；当 x1 时，g(x)0，g(x)单调递增所以 g(x)g(1)0.因此当 a1，f(x)e0.2(2019全国卷)已知函数 f(x)(x1)ln xx1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数证明：(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)x1x ln x1ln x1x，因为 yln x 单调递增，y1x
3、单调递减，所以 f(x)单调递增，又f(1)10，f(2)ln 212ln 4120，故存在唯一 x0(1,2)，使得 f(x0)0.又当 xx0 时，f(x)0，f(x)单调递减；当 xx0 时，f(x)0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点(2)由(1)知 f(x0)f(1)2，又 f(e2)e230，所以 f(x)0 在(x0，)内存在唯一根 xa.由 x01 得1a1x0.又 f1a 1a1 ln1a1a1fa 0，故1a是 f(x)0 在(0，x0)的唯一根综上，f(x)0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数主干整合1常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不
4、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：稍作变形后构造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)适当放缩后再构造：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(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造 f(x)和g(x)，利用其最值求解2不等式的恒成立与能成立问题(1)f(x)g(x)对一切 xa，b恒成
5、立a，b是 f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xa，b)(2)f(x)g(x)对 xa，b能成立a，b与 f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xa，b)(3)对x1，x2a，b使得 f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(4)对x1a，b，x2a，b使得 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.3零点存在性定理在函数的零点问题中的应用第一步：求导函数 根据导数公式，求出函数的导函数，并写出定义域第二步：讨论单调性 由 f(x)0(或 f(x)0)讨论函数的单调性第三步：定区间端点处的函数值符号 确定单调区间端点处的函数值及符号
6、第四步：判定零点 根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数4分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题第一步：分离参变量 由已知的含参方程将参数与已知变量分离第二步：研究函数 将已知范围的变量的代数式作为函数，利用导数研究其图象第三步：利用图象找交点 利用图象找到产生不同交点个数的参数的取值范围第四步：运动定范围 通过改变未知变量的范围找出临界条件热点一 利用导数研究不等式问题利用导数证明不等式例 11(2019梅州三模节选)已知函数 f(x)ln(x1)(1)证明：f(x1)x12 2x1；(2)证明：e2x2(x1)ex2x3.审题指导 第(1)小题利用移项作差构造法构造函数，通过求导研究
7、函数的单调性，求解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式解析(1)令 h(x)f(x1)x12 2x1(x0)，则 h(x)ln xx12 2x1，h(x)1x122x122xx32xx121xx2x22xx12，所以当 x(0,1)时，h(x)0，当 x(1，)时，h(x)0，所以 h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以h(x)h(1)0，所以 f(x1)x12 2x1.(2)由(1)易知 ln tt12 2t1，t0.要证 e2x2(x1)ex2x3，即(ex1)22x(ex1)4，只需证 ex12x4ex1，即证ex12x2ex1.令 te
8、x，则 xex122ex1，即 x2ex1ex12，得证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xa，b，有 f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且 x1x2，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xD，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.利用导数研究不等式恒成立、存在性问题例 12(2019西安三模)已知 f(x)2ln(x2)(x1)2，g(x)k(x1)(1)求 f(x)的单调区间(
9、2)当 k2 时，求证：对于x1，f(x)g(x)恒成立(3)若存在 x01，使得当 x(1，x0)时，恒有 f(x)g(x)成立，试求 k 的取值范围审题指导(1)求 f(x)的导数 f(x)，再求单调区间(2)构造函数证明不等式(3)构造函数、研究其单调性，从而确定参数范围解析(1)f(x)2x22(x1)2x23x1x2(x2)当 f(x)0 时，x23x10，解得2x3 52.当 f(x)0 时，解得 x3 52.所以 f(x)的单调增区间为2，3 52，单调减区间为3 52，.(2)证明：设 h(x)f(x)g(x)2ln(x2)(x1)2k(x1)(x1)当 k2 时，由题意，当
10、x(1，)时，h(x)0 恒成立h(x)2x23x1x222x3x1x2，当 x1 时，h(x)0 恒成立，h(x)单调递减又 h(1)0，当 x(1，)时，h(x)h(1)0 恒成立，即 f(x)g(x)0 对于x1，f(x)g(x)恒成立(3)因为 h(x)2x23x1x2k2x2k6x2k2x2.由(2)知，当 k2 时，f(x)g(x)恒成立，即对于 x1，2ln(x2)(x1)22(x1)，不存在满足条件的 x0；当 k2 时，对于 x1，x10，此时 2(x1)k(x1)2ln(x2)(x1)22(x1)k(x1)，即 f(x)g(x)恒成立，不存在满足条件的 x0；当 k2 时，
11、令 t(x)2x2(k6)x(2k2)，可知 t(x)与 h(x)符号相同，当 x(x0，)时，t(x)0，h(x)0，h(x)单调递减当 x(1，x0)时，h(x)h(1)0，即 f(x)g(x)0 恒成立综上，k 的取值范围为(，2)1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)转化为含参数函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利
12、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2存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于 xD 恒成立，应求 f(x)的最小值；若存在 xD，使得f(x)g(a)成立，应求 f(x)的最大值在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样，就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值，然后构建目标不等式求参数范围(2020江淮十校联考)已知函数 f(x)ln x12ax2x，aR.(1)当 a0 时，求曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若 a2，正实
13、数 x1，x2 满足 f(x1)f(x2)x1x20，证明：x1x2 512.解析：(1)当 a0 时，f(x)ln xx，则 f(1)1，切点为(1,1)，又 f(x)1x1，切线斜率 kf(1)2.故切线方程为 y12(x1)，即 2xy10.(2)证明：当 a2 时，f(x)ln xx2x，x0.f(x1)f(x2)x1x20，即 ln x1x21x1ln x2x22x2x1x20，从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)令 tx1x2，(t)tln t，得(t)11tt1t.易知(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以(t)(1)1，所以(x1x2
14、)2(x1x2)1.又 x10，x20，所以 x1x2 512.热点二 利用导数研究函数的零点问题直观想象素养直观想象数形结合求解零点问题在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是“无图考图”.例 2(2019日照三模)设函数 f(x)x2a(ln x1)(a0)(1)证明：当 a2e时，f(x)0.(2)判断函数 f(
15、x)有几个不同的零点，并说明理由审题指导(1)要证明 f(x)0，只需证明 f(x)min0，根据函数单调性求出 f(x)min，证明其在 0a2e时恒大于等于 0 即可(2)要判断函数 f(x)的零点的个数，结合(1)需分 a2e，0a2e，a2e，三种情况进行分类讨论解析(1)函数的定义域为(0，)，令 f(x)2xax2x2ax0，则 xa2，所以当 x0，a2 时，f(x)0，当 xa2，时，f(x)0，所以 f(x)的最小值为 fa2 a2lna21，当 0a2e时，lna21ln1e10，所以 fa2 a2lna21 0，所以 f(x)0 成立(2)当 a2e时，由(1)得，f(x
16、)x22e(ln x1)的最小值为 f1e 0，即 f(x)x22e(ln x1)有唯一的零点 x 1e；当 0a2e时，由(1)得，f(x)x2a(ln x1)的最小值为 fa2a2lna21，且 fa2 a2lna21 0，即 f(x)x2a(ln x1)不存在零点；当 a2e时，f(x)的最小值 fa2 a2lna21 0，又1ea2，f1e 1e20，所以函数 f(x)在0，a2 上有唯一的零点，又当 a2e时，aa2，f(a)a2a(ln a1)a(aln a1)，令 g(a)aln a1，g(a)11aa1a，g(a)0，得 a1，可知 g(a)在2e，1 上递减，在(1，)上递增
17、，所以 g(a)g(1)0，所以 f(a)0，所以函数 f(x)在a2，上有唯一的零点，所以，当 a2e时，f(x)有 2 个不同的零点，综上所述，当 a2e时，有唯一的零点；当 0a2e时，不存在零点；当 a2e时，有 2 个不同的零点1对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解，这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类问题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与 x 轴的交点情况，进而求解2研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借
18、助函数的大致图象判断方程的根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用(2020佛山模拟)已知函数 f(x)(x2ax)ln x12x2(其中 aR)，(1)若 a0，讨论函数 f(x)的单调性(2)若 a0，求证：函数 f(x)有唯一的零点解析：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)(2xa)ln x(x2ax)1xx(2xa)ln x2xa(2xa)(1ln x)，令 f(x)0，即(2xa)(1ln x)0 x1a2，x21e，当 x1x2，即a21e，a2e时，f(x)0，f(x)是(0，)上的增函数；当 x1x2，即a21e，0a2e时，当 x0，a2 时，f(x)0，f(x
19、)单调递增，当 xa2，1e 时，f(x)0，f(x)单调递减；当 x1e，时，f(x)0，f(x)单调递增；当 x2x1，即1ea2，a2e时，当 x0，1e 时，f(x)0，f(x)单调递增；当 x1e，a2 时，f(x)0，f(x)单调递减；当 xa2，时，f(x)0，f(x)单调递增；综上所述，当 0a2e时，f(x)在0，a2，1e，单调递增，在a2，1e 单调递减；当 a2e时，f(x)在(0，)单调递增；当 a2e时，f(x)在0，1e，a2，单调递增，在1e，a2 单调递减(2)若 a0，令 f(x)0，即(2xa)(1ln x)0，得 x1e，当 x0，1e 时，f(x)0，
20、f(x)单调递减，当 x1e，时，f(x)0，f(x)单调递增，故当 x1e时，f(x)取得极小值 f1e 1e1ea ln1e 12e21ea 12e 0，以下证明：在区间0，1e 上，f(x)0，令 x1et，t1，则 x0，1e，f(x)f1et 1et1eta ln1et 12et，f(x)0f1et 01eta(t)12et0atett120atett12，因为 a0，t1，不等式 atett12显然成立，故在区间0，1e 上，f(x)0，又 f(1)120，即 f(1)f1e 0，故当 a0 时，函数 f(x)有唯一的零点 x01e，1.高考解答题审题与规范(一)函数与导数类考题重
21、在“拆分”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，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理.思维流程真题案例(12 分)(2019全国卷)已知函数 f(x)sin xln(1x)，f(x)为 f(x)的导数，证明：(1)f(x)在区间1，2 存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有 2 个零点.审题指导(1)设 g(x)f(x)，对 g(x)求导可得 g(x)在(1，)单调递增，在，2
22、 单调递减，得证(2)对 x 进行讨论，当 x(1,0时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当 x0，2 时，利用函数单调性，确定 f(x)先增后减且 f(0)0，f2 0，所以此区间上没有零点；当 x2，时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当 x(，)时，f(x)0，所以此区间上没有零点.审题方法审结论问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的审视结论就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向 规范解答
23、解析(1)设 g(x)f(x)，则 g(x)cos x 11x，g(x)sin x11x2.1 分当 x1，2 时，g(x)单调递减，而 g(0)0，g2 0，可得g(x)在1，2 有唯一零点.2 分设零点为.则当 x(1，)时，g(x)0；当 x，2 时，g(x)0.3 分所以 g(x)在(1，)单调递增，在，2 单调递减，故 g(x)在1，2存在唯一极大值点，即 f(x)在1，2 存在唯一极大值点.4 分(2)f(x)的定义域为(1，)()当 x(1,0时，由(1)知，f(x)在(1,0)单调递增，而 f(0)0，所以当 x(1,0)时，f(x)0，故 f(x)在(1,0)单调递减又 f(
24、0)0，从而 x0 是 f(x)在(1,0的唯一零点.6 分()当 x0，2 时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在，2 单调递减，而 f(0)0，f2 0，所以存在，2，使得 f()0，且当 x(0，)时，f(x)0；当 x，2 时，f(x)0.故 f(x)在(0，)单调递增，在，2 单调递减.8 分又 f(0)0，f2 1ln12 0，所以当 x0，2 时，f(x)0.从而，f(x)在0，2 没有零点.9 分()当 x2，时，f(x)0，所以 f(x)在2，单调递减而 f2 0，f()0，所以 f(x)在2，有唯一零点.10 分()当 x(，)时，ln(x1)1，所以 f(x)0，
25、从而 f(x)在(，)没有零点综上，f(x)有且仅有 2 个零点.12 分 评分细则第(1)问踩点得分构造函数 g(x)f(x)并正确求导 g(x)得 1 分判断 g(x)在1，2 上递减，由零点存在定理判定 g(x)在1，2 有唯一零点，得 1 分判断 g(x)在(1，)，2 上的符号，得 1 分得出 g(x)f(x)在1，2 有唯一极大值点得 1 分第(2)问踩点得分判断 f(x)在(1,0)递增，得 1 分，判断 f(x)在(1,0)递减，又 f(0)0，有唯一零点，得 1 分当 x0，2 时判断 f(x)的单调性，得 1 分；判断 f(x)存在零点，研究 f(x)的单调性，得 1 分由 f(0)0，f2 0，结合 f(x)的单调性，得出 f(x)在0，2 上无零点，得 1 分当 x2，时，研究 f(x)的单调性，由零点存在定理得出结论，得1 分当 x(，)时，f(x)0，从而 f(x)在(，)上无零点得 1 分，根据分类讨论，得出总结论，得 1 分.