《（山東專用）2020年高考數(shù)學一輪復習 專題15 導數(shù)的應用（3）綜合應用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（山東專用）2020年高考數(shù)學一輪復習 專題15 導數(shù)的應用（3）綜合應用（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題15 導數(shù)的應用（3）—綜合應用 一、【知識精講】 函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系 函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導，則： (1)若f′(x)>0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調遞增； (2)若f′(x)<0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調遞減； (3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù). 注意：函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調遞增”的充分不必要條件. 二、【典例精練】 考點一　構造函數(shù)證明不等式 【例1】 已知函數(shù)f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x. (1)證明：g(x)

2、≥1； (2)證明：(x－ln x)f(x)>1－. 證明　(1)由題意得g′(x)＝(x>0)， 當01時，g′(x)>0， 即g(x)在(0，1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù). 所以g(x)≥g(1)＝1，得證. (2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝， 所以當02時，f′(x)>0， 即f(x)在(0，2)上是減函數(shù)，在(2，＋∞)上是增函數(shù)， 所以f(x)≥f(2)＝1－(當且僅當x＝2時取等號).① 又由(1)知x－ln x≥1(當且僅當x＝1時取等號)，② 且①②等號不同時取得， 所

3、以(x－ln x)f(x)>1－. 【解法小結】　1.證明不等式的基本方法： (1)利用單調性：若f(x)在[a，b]上是增函數(shù)，則①?x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②?x1，x2∈[a，b]，且x1g(x)max

4、，則f(x)>g(x)”證明不等式 【例2】 已知函數(shù)f(x)＝xln x－ax. (1)當a＝－1時，求函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最值； (2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x＋1>－成立. 【解析】(1)解　函數(shù)f(x)＝xln x－ax的定義域為(0，＋∞). 當a＝－1時，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2. 由f′(x)＝0，得x＝. 當x∈時，f′(x)<0；當x>時，f′(x)>0. 所以f(x)在上單調遞減，在上單調遞增. 因此f(x)在x＝處取得最小值，即f(x)min＝f＝－，但f(x)在(0，＋∞)上無最大值. (2)證明

5、　當x>0時，ln x＋1>－等價于x(ln x＋1)>－. 由(1)知a＝－1時，f(x)＝xln x＋x的最小值是－，當且僅當x＝時取等號. 設G(x)＝－，x∈(0，＋∞)， 則G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－， 當且僅當x＝1時取到，從而可知對一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－. 【解法小結】　1.在證明不等式中，若無法轉化為一個函數(shù)的最值問題，則可考慮轉化為兩個函數(shù)的最值問題. 2.在證明過程中，等價轉化是關鍵，此處f(x)min>g(x)max恒成立.從而f(x)>g(x)，但此處f(x)與g(x)取到最值的條件不是同一個“x

6、的值”. 考點三　不等式恒成立或有解問題　 角度1　不等式恒成立求參數(shù) 【例3－1】 已知函數(shù)f(x)＝(x≠0). (1)判斷函數(shù)f(x)在區(qū)間上的單調性； (2)若f(x)

7、ax<0恒成立. 令φ(x)＝sin x－ax，x∈， 則φ′(x)＝cos x－a，且φ(0)＝0. 當a≥1時，在區(qū)間上φ′(x)<0，即函數(shù)φ(x)單調遞減， 所以φ(x)<φ(0)＝0，故sin x－ax<0恒成立. 當00，故φ(x)在區(qū)間(0，x0)上單調遞增，且φ(0)＝0， 從而φ(x)在區(qū)間(0，x0)上大于零，這與sin x－ax<0恒成立相矛盾. 當a≤0時，在區(qū)間上φ′(x)>0，即函數(shù)φ(x)單調遞增，且φ(0)＝0，得sin x－ax>0恒成立，這與

8、sin x－ax<0恒成立相矛盾. 故實數(shù)a的最小值為1. 【解法小結】　1.破解此類題需“一形一分類”，“一形”是指會結合函數(shù)的圖象，對函數(shù)進行求導，然后判斷其極值，從而得到含有參數(shù)的方程組，解方程組，即可求出參數(shù)的值；“一分類”是指對不等式恒成立問題，常需對參數(shù)進行分類討論，求出參數(shù)的取值范圍. 2.利用導數(shù)研究含參數(shù)的不等式問題，若能夠分離參數(shù)，則常將問題轉化為形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通過求函數(shù)y＝f(x)的最值求得參數(shù)范圍. 角度2　不等式能成立求參數(shù)的取值范圍 【例3－2】 已知函數(shù)f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R). (1)若f(x)

9、在區(qū)間[1，2]上是單調函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)函數(shù)g(x)＝(1－a)x，若?x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求實數(shù)a的取值范圍. 【解析】　(1)f′(x)＝，當導函數(shù)f′(x)的零點x＝a落在區(qū)間(1，2)內(nèi)時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，2]上就不是單調函數(shù)，即a?(1，2)， 所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]∪[2，＋∞). (2)由題意知，不等式f(x)≥g(x)在區(qū)間[1，e]上有解， 即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在區(qū)間[1，e]上有解. 因為當x∈[1，e]時，ln x≤1≤x(不同時取等號)，x－ln x>0， 所以a≤在區(qū)間[1

10、，e]上有解. 令h(x)＝，則h′(x)＝. 因為x∈[1，e]，所以x＋2>2≥2ln x， 所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上單調遞增， 所以x∈[1，e]時，h(x)max＝h(e)＝， 所以a≤， 所以實數(shù)a的取值范圍是. 【解法小結】　1.含參數(shù)的能成立(存在型)問題的解題方法 a≥f(x)在x∈D上能成立，則a≥f(x)min； a≤f(x)在x∈D上能成立，則a≤f(x)max. 2.含全稱、存在量詞不等式能成立問題 (1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，則f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使

11、f(x1)≥g(x2)成立，則f(x)min≥g(x)min. 考點四　判斷零點的個數(shù) 【例4】（2019全國卷Ⅰ）已知函數(shù)，為的導數(shù)．證明： （1）在區(qū)間存在唯一極大值點； （2）有且僅有2個零點． 【解析】（1）設，則，. 當時，單調遞減，而， 可得在有唯一零點，設為. 則當時，；當時，. 所以在單調遞增，在單調遞減，故在存在唯一極大值點，即在存在唯一極大值點. （2）的定義域為. （i）當時，由（1）知，在單調遞增，而，所以當時，，故在單調遞減，又，從而是在的唯一零點. （ii）當時，由（1）知，在單調遞增，在單調遞減，而，，所以存在，使得，且當時，；當時，.故在

12、單調遞增，在單調遞減. 又，，所以當時，. 從而在沒有零點. （iii）當時，，所以在單調遞減.而，，所以在有唯一零點. （iv）當時，，所以<0，從而在沒有零點. 綜上，有且僅有2個零點. 【解法小結】　利用導數(shù)確定函數(shù)零點或方程根個數(shù)的常用方法 (1)構建函數(shù)g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，轉化確定g(x)的零點個數(shù)問題求解，利用導數(shù)研究該函數(shù)的單調性、極值，并確定定義區(qū)間端點值的符號(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數(shù)形結合求解函數(shù)零點的個數(shù). (2)利用零點存在性定理：先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點，然后利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值(最

13、值)及區(qū)間端點值符號，進而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點的個數(shù). 考點五　已知函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)的取值范圍 【例5】(2016年全國卷Ⅰ) 已知函數(shù)有兩個零點． （I）求a的取值范圍； （II）設，是的兩個零點，證明：． 【解析】（Ⅰ）． （i）設，則，只有一個零點． （ii）設，則當時，；當時，． 所以在上單調遞減，在上單調遞增． 又，，取滿足且，則 ，故存在兩個零點． （iii）設，由得或． 若，則，故當時，， 因此在上單調遞增．又當時，， 所以不存在兩個零點． 若，則，故當時，； 當時，．因此在上單調遞減， 在上單調遞增．又當時，， 所以不存在兩個零點．綜上，

14、的取值范圍為． （Ⅱ）不妨設，由（Ⅰ）知，， 又在上單調遞減，所以等價于， 即．由于， 而，所以． 設，則． 所以當時，，而，故當時，． 從而，故． 【解法小結】　與函數(shù)零點有關的參數(shù)范圍問題，往往利用導數(shù)研究函數(shù)的單調區(qū)間和極值點，并結合特殊點，從而判斷函數(shù)的大致圖象，討論其圖象與x軸的位置關系，進而確定參數(shù)的取值范圍；或通過對方程等價變形轉化為兩個函數(shù)圖象的交點問題. 三、【名校新題】 1.(2019·安徽江南十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝xln x(x>0). (1)求f(x)的單調區(qū)間和極值； (2)若對任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求實數(shù)m的最大值.

15、 【解析】　(1)由f(x)＝xln x(x>0)，得f′(x)＝1＋ln x， 令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得00)，則g′(x)＝， 由g′(x)>0?x>1，由g′(x)<0?0

16、(x)＝ln x－x－m(m<－2，m為常數(shù)). (1)求函數(shù)f(x)在的最小值； (2)設x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，且x10，所以y＝f(x)在(0，1)遞增； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，所以y＝f(x)在(1，＋∞)上遞減. 且f＝－1－－m，f(e)＝1－e－m， 因為f－f(e)＝－2－＋e>0， 函數(shù)f(x)在的最小值為1－e－m. (2)證明　由(1)知x1，x2滿足l

17、n x－x－m＝0，且01， ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0， 由題意可知ln x2－x2＝m<－22， 所以02)， 則g′(x)＝－1－＋＝＝≤0， 當x>2時，g(x)是減函數(shù)， 所以g(x)ln＝ln＝ln＝ln>ln 1＝0， ∴g(x)<0， 所以當x>2

18、時，f(x1)－f<0， 即f(x1)0，得x<－1或x>2. 所以函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，－

19、1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f(x)極大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－， f(x)極小值＝f(2)＝－2－4－2＝－， 由數(shù)形結合，可知要使函數(shù)g(x)＝f(x)－2m＋3有三個零點， 則－<2m－3<－， 解得－0在(0，＋∞)上恒成立， 則f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又f(

20、0)＝1， 所以此時f(x)在(0，＋∞)內(nèi)無零點，不滿足題意. 當a>0時，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)單調遞增， 當x∈(0，1)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減. 則f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0， 則f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為－3. 5.

21、(2019·合肥質檢)已知二次函數(shù)f(x)的最小值為－4，且關于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)求函數(shù)g(x)＝－4ln x的零點個數(shù). 【解析】　(1)∵f(x)是二次函數(shù)，且關于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}， ∴設f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1. 故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－2x－3. (2)由(1)知g(x)＝－4ln x＝x－－4ln x－2， ∴g(x)的定義域為(0，＋∞)

22、，g′(x)＝1＋－＝，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3. 當x變化時，g′(x)，g(x)的取值變化情況如下表： x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) 極大值 極小值 當03時，g(e5)＝e5－－20－2>25－1－22＝9>0. 又因為g(x)在(3，＋∞)上單調遞增， 因而g(x)在(3，＋∞)上只有1個零點， 故g(x)僅有1個零點. 6.(2015山東)設函數(shù)，其中． （Ⅰ）討論函數(shù)極值點的個數(shù)，并說明理由； （Ⅱ

23、）若，成立，求的取值范圍． 【解析】：（Ⅰ）由題意知函數(shù)的定義域為， ， 令，， （1）當時，， 此時，函數(shù)在單調遞增，無極值點； （2）當時，， ①當時，，， ，函數(shù)在單調遞增，無極值點； ②當時，， 設方程的兩根為， 因為， 所以，， 由，可得， 所以當時，，函數(shù)單調遞增； 當時，，，函數(shù)單調遞減； 當時，，，函數(shù)單調遞增； 因此函數(shù)有兩個極值點。 （3）當時，， 由，可得， 當時，，，函數(shù)單調遞增； 當時，，，函數(shù)單調遞減； 所以函數(shù)有一個極值點。 綜上所述：當時，函數(shù)有一個極值點；當時，函數(shù)無極值點；當時，函數(shù)有兩個極值點。 （II）由（

24、I）知， （1）當時，函數(shù)在上單調遞增， 因為，所以時，，符合題意； （2）當時，由，得， 所以函數(shù)在上單調遞增， 又，所以時，，符合題意； （3）當時，由，可得， 所以時，函數(shù)單調遞減； 因為，所以時，，不合題意； （4）當時，設， 因為時， 所以在上單調遞增。 因此當時，，即， 可得， 當時，， 此時，不合題意， 綜上所述，的取值范圍是． 7.（2012山東）已知函數(shù)（為常數(shù)，是自然對數(shù)的底數(shù)），曲線在點處的切線與軸平行． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求的單調區(qū)間； （Ⅲ）設，其中是的導數(shù)． 證明：對任意的，． 【解析】（Ⅰ）由 = 可得，而， 即，解得； （Ⅱ），令可得， 當時，；當時，． 于是在區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)；在內(nèi)為減函數(shù)。 （Ⅲ） = 因此對任意的，等價于 設 所以 因此時，，時， 所以，故。 設， 則， ∵，∴，，∴，即 ∴，對任意的， 14