2022高考总复习 数学(人教A理一轮)高考大题专项(一)　导数的综合应用

1、高考总复习优化设计GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI高考大题专项(一)导数的综合应用第三章2022内容索引0102突破1利用导数研究与不等式有关的问题突破2利用导数研究与函数零点有关的问题必备知识预案自诊关键能力学案突破必备知识预案自诊关键能力学案突破【考情分析】 从近五年的高考试题来看,对导数在函数中的应用的考查常常是一大一小两个题目,其中解答题的命题特点是:以三次函数、对数函数、指数函数及分式函数为命题载体,以切线问题、单调性问题、极值最值问题、恒成立问题、存在性问题、函数零点问题为设置条件,与参数的范围、不等式的证明、方程根的分布综合成题,重点考查学生应用

2、分类讨论思想、函数与方程思想、数形结合思想及转换与化归思想来分析问题、解决问题的能力.必备知识 预案自诊【知识梳理】 突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.与ex,ln x有关的常用不等式的结论(1)由f(x)=ex图象上任一点(m,f(m)的切线方程为y-em=em(x-m),得exem(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex1+x;当m=1时,有exex.(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n)的切线方程为y-ln n= (x-n),得ln x x-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln xx-1;当n=e时,有ln x

3、x.(3)由(1),(2)得,若x(0,+),则exx+1x-1ln x.2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.3.函数不等式的类型与解法(1)xD,f(x)kf(x)maxk;xD,f(x)kf(x)mink;(2)xD,f(x)g(x) f(x)maxg(x)min;xD,f(x)g(x) f(x)ming(x)max.4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略(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)x

4、1a,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.(5)x1a,b,当x2c,d时,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域与g(x)在c,d上的值域交集非空.(6)x1a,b,x2c,d,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上的值域.(7)x2c,d,x1a,b,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g

5、(x)在c,d上的值域.关键能力 学案突破考点1求函数不等式的参数的取值范围(多考向探究)考向1求单变量函数不等式的参数的取值范围【例1】 已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).(1)略;(2)若当x(1,+)时,f(x)0,求实数a的取值范围.()当2-a0,即10,于是f(x)在(1,+)上单调递增,于是f(x)f(1)=0.()当2-a2时,存在x0(1,+),使得当1xx0时,f(x)0,于是f(x)在(1,x0)上单调递减,所以f(x)0,f(x)0成立,求a的取值范围,即求当x0,f(x)0恒成立时的a的取值范围,即研究a取什么范围使得当x0时f(x)0成立.2.对于

6、恒成立求参数取值范围的问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般遵循“构造函数分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往往需要多次求导和使用洛必达法则.对点训练1(2020新高考全国1,21)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)1,求实数a的取值范围.考向2求双变量函数不等式的参数的取值范围 解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数取值范围的

7、问题,一般要找到两个变量的关系,转化为一个变量,从而得到一个函数;也可以从含有两个变量的不等式中抽象出一个函数是单调函数.对于求参数的取值范围,可以分离出变量,得到一个不等式,通过函数的最值得参数的取值范围;如果变量不易分离,可以对参数进行讨论,看参数在什么范围不等式成立,从而求出参数的取值范围.考点2利用导数证明不等式(多考向探究)考向1单未知数函数不等式的证明【例3】 已知函数f(x)=ex-ln(x+m).(1)略;(2)当m2时,证明f(x)0.解 (1)略.又因为当x(-m)+时,f(x)-,当x+时,f(x)+,所以f(x)=0在(-m,+)上有唯一的实数根x0,当-mxx0时,f

8、(x)x0时,f(x)0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.证法3:当m2,x(-m,+)时,ln(x+m)ln(x+2),于是f(x)ex-ln(x+2),所以只要证明ex-ln(x+2)0(x-2),就能证明当m2时,f(x)0.由ln xx-1(x0)可得ln(x+2)x+1(x-2).又因为exx+1(xR),且两个不等号不能同时成立,所以exln(x+2),即ex-ln(x+2)0(x-2),所以当m2时,f(x)0.解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明

9、大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)0加强为ex-ln(x+2)0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为(x0)的表达式涉及(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)求证:当a1时,f(x)+e0.(1)略;(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x(0,+)且a0时,f(x)g(x).解题心得欲证函数不等式f(x)g(x

10、)(xI,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(xI),即证h(x)0,为此研究h(x)的单调性,先求h(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I上的正负,若h(x)在区间I上单调递增或单调递减或先单调递减后单调递增,只须h(x)min0(xI)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)在与区间I相应的闭区间上的端点处的函数值),若h(x)在区间I上先单调递增后单调递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.对点训练4(2020全国2,理2

11、1)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,)的单调性;考向2双未知数函数不等式的证明 解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下四种:方法1:利用换元法,化归为一个未知数;方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;方法4:利用主元法,构造函数证明.所以h(a)在e,+)上单调递减.所以h(a)h(e).即g(a)g(e)=ln 8e-6e+2=(1+3ln 2)-6e+2=3ln 2-6e+33-6e+3=6-6e0,所以g(a)在e,+)上

12、单调递减,g(a)g(e)=eln 8e-3e2+3e=e(1+3ln 2)-3e2+3e=e(3ln 2-3e+4)e(3-3e+4)=e(7-3e)0,所以g(a)0时,讨论函数f(x)的零点个数.解 (1)略.(2)函数f(x)的定义域为R,f(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),当00,解得x0.f(x)在(-,ln k)和(0,+)上单调递增,在ln k,0上单调递减.由f(0)=-1,当x(-,0)时,此时f(x)无零点,当x0,+)时,f(2)=e2-2ke2-20.又f(x)在0,+)上单调递增,f(x)在0,+)上有唯一的零点,函数f(x)在定义域

13、(-,+)上有唯一的零点.当k1时,令f(x)0,解得xln k,f(x)在(-,0)和(ln k,+)上单调递增,在0,ln k上单调递减.当x(-,ln k)时,f(x)f(x)max=f(0)=-12,g(t)0,g(t)在(2,+)上单调递增,g(t)g(2)=e2-20,g(t)在(2,+)上单调递增,得g(t)g(2)=e2-20,即f(k+1)0.f(x)在ln k,+上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-,+)上有唯一的零点.综合可知,当k0时,函数f(x)在定义域(-,+)上有且只有一个零点.解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单

14、调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的取值范围.(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;(2)若x01,+),使得f(x0)g(x0),求实数m的取值范围.考点2与函数零点有关的证明问题【例2】 (2019全国1,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f(x)为f(x)的导数.证明:(2)f(x)有且仅有2个零点.(2)f(x)的定义域为(-1,+).当x(-1,0时,由(1)知,f(x)在区间(-1,0)上单调递增,而f(0)=0,所以当x(-1,0)时,f(x)1,所以f

15、(x)0,从而f(x)在区间(,+)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.对点训练2(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=exsin x.(e是自然对数的底数)(1)求f(x)的单调递减区间;(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,)上只有两个零点.(参考数据:考点3已

16、知函数零点情况求参数的取值范围【例3】 已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.所以h(x)在R上单调递增,而h(0)=0,所以当x0时,h(x)0时,h(x)0,于是当x0,当x0时,g(x)0,所以g(x)在(-,0)上单调递增,在(0,+)上单调递减.g(0)=1,当x-时,g(x)-,当x+时,g(x)0+.函数g(x)的简图如图所示.若f(x)有两个零点,则y=a与g(x)有两个交点,所以a的取值范围是(0,1).解题心得对函数的零点问题,解题策略是转化为两个函数图象的交点,三种方式中(一平一曲、一斜一曲

17、、两曲)最为常见的是一平一曲.方法一是直接考虑函数f(x)的图象与x轴的交点情况,方法二是分离参数法,两种方法的本质都是一平一曲.另外我们对某些函数或许可以通过换元,降低函数的解决难度.对点训练3(2020全国1,文20)已知函数f(x)=ex-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.解 (1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f(x)=ex-1.当x0时,f(x)0时,f(x)0.所以f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)f(x)=ex-a.当a0时,f(x)0,所以f(x)在(-,+)上单调递增,故f

18、(x)至多存在1个零点,不合题意.当a0时,由f(x)=0可得x=ln a.当x(-,ln a)时,f(x)0.所以f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).考点4利用导数解决存在性问题【例4】 (2019全国3,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性.(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间0,1的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.(2)满足题设条件的a,b存在.当a0时,由(1)知,f(x)在0,1上单调递增,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.当a3时,由(1)知,f(x)在0,1上单调递减,所以f(x)在区间0,1上的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通