高三文科数学培养专题突破讲义：专题6第14讲导数的综合应用

PAGE16第14讲导数的综合应用高考统计·定方向热点题型真题统计命题规律题型1：“辅助函数法”证明不等式构造法2022全国卷ⅠT21；2022全国卷ⅢT212022全国卷ⅢT21；2022全国卷ⅢT211每年必考内容，出现在压轴题的位置，难度很大2利用导数研究函数的零点问题是近几年高考的一个亮点，热点内容，应引起高度重视题型2：“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题2022全国卷ⅠT21；2022全国卷ⅡT212022全国卷ⅡT20；2022全国卷ⅠT21题型3：“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题2022全国卷ⅡT21；2022全国卷ⅠT212022全国卷ⅠT21；2022全国卷ⅡT21题型1“辅助函数法”证明不等式构造法利用导数证明不等式是近几年高考考查的热点，重点考查利用导数研究函数的单调性，求极值、最值的方法以及转化与化归、函数与方程、分类讨论的思想．

■高考考法示例·【例1】2022·全国卷Ⅰ已知函数f＝ae－ln－1 1设＝2是f的极值点，求a，并求f的单调区间；2证明：当a≥eq\f1,e时，f≥0[思路点拨]1eq\写出f的定义域，求f′eq\o→,\s\ua②λ≤f恒成立，则λ≤fmin2最值转化法：若参数不易分离或分离后含变量的函数关系式的最值不易求，≥0，则只需fmin≥0教师备选已知函数f＝e－[2＋1－m＋1]e为自然对数的底数，m为常数．1若曲线y＝f与轴相切，求实数m的值；2若存在实数1，2∈[0,1]使得2f1<f2成立，求实数m的取值范围．[解]1f′＝－e－[2＋1－m＋1]＋e－2＋1－m＝e－[－2＋m＋1－m]＝－e－－m－1，设切点为t,0，则f′t＝0，ft＝0，即eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co1－e－tt－mt－1＝0，,e－t[t2＋1－mt＋1]＝0，解得eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co1t＝1，,m＝3或eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co1t＝m，,m＝－1，所以m的值是3或－12依题意，当∈[0,1]时，函数fma＞2fmin，①m≥1时，当∈[0,1]时，f′≤0，函数f单调递减，所以f0＞2f1，即1＞2×eq\f3－m,e⇒m＞3－eq\fe,2；②m≤0时，∈[0,1]时，f′≥0，函数f单调递增，所以f1＞2f0，即eq\f3－m,e＞2⇒m＜3－2e；③当0＜m＜1时，当∈0，m时，f′＜0，当∈m,1时，f′＞0，所以fmin＝fm＝eq\fm＋1,em，fma＝f0或f1，记函数gm＝eq\fm＋1,em，g′m＝eq\f－m,em，当m≥0时，g′m≤0，gm单调递减，所以m∈0,1时，gm＞g1＝eq\f2,e，所以2fmin＝eq\f2m＋1,em＞eq\f4,e＞1＝f0，2fmin＝eq\f2m＋1,em＞eq\f4,e＞eq\f3,e＞eq\f3－m,e＝f1，不存在m∈0,1使得fma＞2fmin，综上，实数m的取值范围是－∞，3－2e∪eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co13－\fe,2，＋∞■对点即时训练·2022·湖北七市模拟函数f＝ln＋eq\f1,22＋aa∈R，g＝e＋eq\f3,221讨论f的极值点的个数；2若对于任意∈0，＋∞，总有f≤g成立，求实数a的取值范围．[解]1由题意得f′＝eq\f1,＋＋a＝eq\f2＋a＋1,＞0，令f′＝0，即2＋a＋1＝0，Δ＝a2－4①当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2时，2＋a＋1≥0对>0恒成立，即f′＝eq\f2＋a＋1,≥0对>0恒成立，此时f没有极值点．②当Δ＝a2－4>0，即a<－2或a>2时，若a<－2，设方程2＋a＋1＝0的两个不同实根为1，2，不妨设1<2，则1＋2＝－a>0，12＝1＞0，故2＞1＞0，∴当0<<1或>2时，f′>0；当1<<2时，f′<0，故1，2是函数f的两个极值点．若a>2，设方程2＋a＋1＝0的两个不同实根为3，4，则3＋4＝－a<0，34＝1＞0，故3＜0，4＜0∴当>0时，f′>0，故函数f没有极值点．综上，当a<－2时，函数f有两个极值点；当a≥－2时，函数f没有极值点．2f≤g⇔e－ln＋2≥a，因为>0，所以a≤eq\fe＋2－ln,∀＞0恒成立，设φ＝eq\fe＋2－ln,＞0，φ′＝eq\f\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1e＋2－\f1,－e＋2－ln,2＝eq\fe－1＋ln＋＋1－1,2，∵＞0，∴当∈0,1时，φ′＜0，φ单调递减，当∈1，＋∞时，φ′>0，φ单调递增，∴φ≥φ1＝e＋1，∴a≤e＋1，即实数a的取值范围是－∞，e＋1]．题型3“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题■核心知识储备·导数法研究方程的根或函数的零点问题是指利用导数研究对应函数的单调性与极值，进而画出函数的大致图象，并根据图象判断方程的根或函数的零点个数等．破解此类题的关键点如下：①定函数，即确定与方程对应的函数或研究零点问题中的函数解析式．②求性质，求解函数f的导函数f′，根据f′的符号变化研究函数的单调性，求出函数的极值，画出函数的大致图象．③列关系，根据函数图象的分布判断函数的零点个数，或根据零点个数列出参数所满足的关系式．④得结论，求解关系式，得出结论．■高考考法示例·【例3】2022·全国卷Ⅱ已知函数f＝eq\f1,33－a2＋＋1．1若a＝3，求f的单调区间；2证明：f只有一个零点．[解]1当a＝3时，f＝eq\f1,33－32－3－3，f′＝2－6－3令f′＝0解得＝3－2eq\r3或＝3＋2eq\r3当∈－∞，3－2eq\r3∪3＋2eq\r3，＋∞时，f′>0；当∈3－2eq\r3，3＋2eq\r3时，f′<0故f在－∞，3－2eq\r3，3＋2eq\r3，＋∞单调递增，在3－2eq\r3，3＋2eq\r3单调递减．2证明：由于2＋＋1>0，所以f＝0等价于eq\f3,2＋＋1－3a＝0设g＝eq\f3,2＋＋1－3a，则g′＝eq\f22＋2＋3,2＋＋12≥0，仅当＝0时g′＝0，所以g在－∞，＋∞单调递增．故g至多有一个零点，从而f至多有一个零点．又f3a－1＝－6a2＋2a－eq\f1,3＝－6a－eq\f1,62－eq\f1,6<0，f3a＋1＝eq\f1,3>0，故f有一个零点．综上，f只有一个零点．[方法归纳]判断函数零点个数的常用方法1直接研究函数，求出极值以及最值，轴交点的个数问题2分离出参数，转化为a＝g，根据导数的知识求出函数g在某区间的单调性，求出极值以及最值，＝a与函数y＝g的极值和最值进行比较即可■对点即时训练·已知函数f＝e，∈R1若直线y＝与f的反函数的图象相切，求实数的值；2若m＜0，讨论函数g＝f＋m2零点的个数．[解]1f的反函数为y＝ln，>0，则y′＝eq\f1,设切点为0，ln0，则切线斜率为＝eq\f1,0＝eq\fln0,0，故0＝e，＝eq\f1,e2函数g＝f＋m2的零点的个数即是方程f＋m2＝0的实根的个数当＝0时，方程无解，等价于函数h＝eq\fe,2≠0与函数y＝－m图象交点的个数．h′＝eq\fe－2,3当∈－∞，0时，h′>0，h在－∞，0上单调递增；当∈0,2时，h′＜0，h在0,2上单调递减；当∈2，＋∞时，h′>0，h在2，＋∞上单调递增．∴h的大致图象如图：

∴h在0，＋∞上的最小值为h2＝eq\fe2,4∴当－m∈eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co10，\fe2,4，即m∈eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1－\fe2,4，0时，函数h＝eq\fe,2与函数y＝－m图象交点的个数为1；当－m＝eq\fe2,4，即m＝－eq\fe2,4时，函数h＝eq\fe,2与函数y＝－m图象交点的个数为2；当－m∈eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\fe2,4，＋∞，即m∈eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1－∞，－\fe2,4时，函数h＝eq\fe,2与函数y＝－m图象交点的个数为3综上所述，当∈eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1－∞，－\fe2,4时，函数g有三个零点；当m＝－eq\fe2,4时，函数g有两个零点；当m∈eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1－\fe2,4，0时，函数g有一个零点．1．2022·全国卷Ⅲ已知函数f＝eq\fa2＋－1,e1求曲线y＝f在点0，－1处的切线方程；2证明：当a≥1时，f＋e≥0[解]1f′＝eq\f－a2＋2a－1＋2,e，f′0＝2因此曲线y＝f在0，－1处的切线方程是2－y－1＝02当a≥1时，f＋e≥2＋－1＋e＋1e－令g＝2＋－1＋e＋1，则g′＝2＋1＋e＋1当<－1时，g′<0，g单调递减；当>－1时，g′>0，g单调递增；所以g≥g－1＝0因此f＋e≥02．2022·全国卷Ⅱ设函数f＝1－2e1讨论f的单调性；2当≥0时，f≤a＋1，求a的取值范围．[解]1f′＝1－2－2e令f′＝0得＝－1－eq\r2或＝－1＋eq\r2当∈－∞，－1－eq\r2时，f′＜0；当∈－1－eq\r2，－1＋eq\r2时，f′＞0；当∈－1＋eq\r2，＋∞时，f′＜0所以f在－∞，－1－eq\r2，－1＋eq\r2，＋∞单调递减，在－1－eq\r2，－1＋eq\r2单调递增．2f＝1＋1－e当a≥1时，设函数h＝1－e，则h′＝－e＜0>0，因此h在[0，＋∞单调递减．而h0＝1，故h≤1，所以f＝＋1h≤＋1≤a＋1当0<a<1时，设函数g＝e－－1，则g′＝e－1＞0＞0，所以g在[0，＋∞单调递增．而g0＝0，故e≥＋1当0<<1时，f>1－1＋2，1－1＋2－a－1＝1－a－－2，取0＝eq\f\r5－4a－1,2，则0∈0,1，1－01＋02－a0－1＝0，故f0＞a0＋1当a≤0时，取0＝eq\f\r5－1,2，则0∈0,1，f0＞1－01＋02＝1≥a0＋1综上，a的取值范围是[1，＋∞．3．2022·全国卷Ⅰ已知函数f＝－2e＋a－121讨论f的单调性；2若f有两个零点，求a的取值范围．[解]1f′＝－1e＋2a－1＝－1e＋2a．ⅰ设a≥0，则当∈－∞，1时，f′＜0；当∈1，＋∞时，f′＞0所以f在－∞，1上单调递减，在1，＋∞上单调递增．ⅱ设a＜0，由f′＝0得＝1或＝ln－2a．①若a＝－eq\fe,2，则f′＝－1e－e，所以f在－∞，＋∞上单调递增．②若a＞－eq\fe,2，则ln－2a＜1，故当∈－∞，ln－2a∪1，＋∞时，f′＞0；当∈ln－2a，1时，f′＜0所以f在－∞，ln－2a，1，＋∞上单调递增，在ln－2a，1上单调递减．③若a＜－eq\fe,2，则ln－2a＞1，故当∈－∞，1∪ln－2a，＋∞时，f′＞0；当∈1，ln－2a时，f′＜0所以f在－∞，1，ln－2a，＋∞上单调递增，在1，ln－2a上单调递减．2ⅰ设a＞0，则由1知，f在－∞，1上单调递减，在1，＋∞上单调递增．又f1＝－e，f2＝a，取b满足b＜0且b＜lneq\fa,2，则fb＞eq\fa,2b－2＋ab－12＝aeq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1b2－\f3,2b＞0，所以f有两个零点．ⅱ设a＝0，则f＝－2e，所以f只有一个零点．ⅲ设a＜0，若a≥－eq\fe,2，则由1知，f在1，＋∞上单调递增．又当≤1时f＜0，故f不存在两个零点；若a＜－eq\fe,2，则由1知，f在1，ln－2a上单调递减，在ln－2a，＋∞上单调递增．又当≤1时，f＜0，故f不存在两个零点．综上，a的取值范围为0，＋∞．

两类压轴大题是导数和圆锥曲线，难度大、综合性强，取得满分不容易，但要得到尽可能多的分数还是有方法可行的．高考是选拔性的考试，同时又是一场智者的竞争，真正的高考高手是坦然的，他们懂得有舍才有得的真正道理，面对高考大题，特别是压轴题，哪些应该勇于割舍，哪些应努力争取．本讲教你四招，让你在考试中尽可能多得分、巧得分．策略1缺步解答——化繁为简，能解多少算多少如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败．特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每进行一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题巧拿分”．【例1】12分已知椭圆C：eq\f2,a2＋eq\fy2,b2＝1a＞b＞0的两个焦点分别为F1－1,0，F21,0，且椭圆C经过点in＝h1＝4因为对一切∈0，＋∞，2f≥g恒成立，所以a≤hmin＝4，即a的取值范围为－∞，4] 7分3证明：问题等价于证明ln＞eq\f,e－eq\f2,e∈0，＋∞ 8分由1可知f＝ln∈0，＋∞的最小值是－eq\f1,e，当且仅当＝eq\f1,e时取得 9分设m＝eq\f,e－eq\f2,e∈0，＋∞，则m′＝eq\f1－,e，易知mma＝m1＝－eq\f1,e且两函数不会同时取得－eq\f1,e所以有ln＞eq\f,e－eq\f2,e， 11分从而对一切∈0，＋∞，都有ln＞eq\f1,e－eq\f2,e成立 12分．[名师点题]解答本题第3问利用了逆向解答，把不等式巧妙地转化为，不等式左边是f，右边看作一个新的函数m，只需说明fmin>mma即可策略4退步解答——以退为进，列出相关内容也能得分“以退求进”是一个重要的解题策略．对于一个较一般的问题，如果你一时不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从参变量退到常量，从较强的结论退到较弱的结论．总之，退到一个你能够解决的问题，通过对“特殊”的思考与解决，启发思维，达到对“一般”的解决．【例4】12分如图1，O为坐标原点，双曲线C1：eq\f2,a\o\al2,1－eq\fy2,b\o\al2,1＝1a1＞0，b1＞0和椭圆C2：eq\fy2,a\o\al2,2＋eq\f2,b\o\al2,2＝1a2＞b2＞0均过点由eq\b\lc\{\rc\\a\vs4\al\co1y＝＋m，,2－