2022-2023学年高三数学新高考一轮复习专题4.5导数的综合应用含解析

Page14.5导数的综合应用题型特点考情分析核心素养导数的综合应用是历年高考的热点，试题难度通常较大，多以压轴题的形式出现，命题的热点主要是利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究函数的零点（方程的根）；利用导数研究恒成立或存在性问题等.体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、化归与转化等数学思想.新高考3年考题题号考点数学运算逻辑推理直观想象2022(Ⅰ)卷22利用导数研究函数零点问题2022(Ⅱ)卷22利用导数研究恒成立问题、不等式证明2021(Ⅰ)卷22利用导数证明不等式2021(Ⅱ)卷22利用导数研究零点问题2020(Ⅰ)卷21利用导数研究恒成立问题1．利用导数研究函数的图象与性质（1）函数图象的识别：利用定义域、奇偶性、特殊点，无法得出正确选项时，求导研究单调性，排除选项；（2）作出函数图象：①求导，明确函数单调区间；②借助极值、最值、零点等特殊值，画出函数的大致图象.2．利用导数研究函数零点问题思路（1）转化为函数图象交点：方程f(x)=0有实根⇒两个函数图象的交点问题⇐函数y将fx=0变形为g(x)=h(x)，转化为y①一平一曲：一平即常数函数y=k（k为常数）图象与一曲线图象的交点；②一斜一曲：一斜即一次函数图象与一曲线图象的交点；③两曲：两个函数图象均为曲线，凸凹性相反.（2）利用零点存在性定理解决：利用导数研究函数单调性，结合零点存在性定理，判断函数零点个数.3．利用导数研究不等式恒成立或存在性问题不等式恒成立问题或存在性问题转化为求函数最值问题，利用导数研究函数最值，求出参数的取值范围.㈠不等式在某个区间上恒成立或存在性成立问题的转化途径：⑴∀x∈D,f(x)≥a↔f(x)min⑵∀x∈D,f(x)≤b↔f(x)max⑶∀x∈D,f(x)>g(x)↔hx㈡双变量的“任意性”与“存在性”问题①∀x1∈M,∀x2②∀x1∈M,∃x2③∃x1∈M,∀x2④∃x1∈M,∃x2⑤∀x1∈M,∃x2∈N⑥∃x1∈M,∃x2∈N,都有fx1．【P104T18】已知函数f(x)=exem-lnx，其中m∈R．

(Ⅰ)当m=1时，求函数f(x)的单调区间；

(Ⅱ)2．【P104T19】已知函数f(x)=lnx+ax2+(a+2)x+2(a为常数)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若a为整数，函数f(x)恰好有两个零点，求a考点一利用导数研究函数零点问题【方法储备】函数零点问题主要考查2个方向：①研究函数零点个数；②由函数零点存在性情况求参数的取值范围.常用思路有：⑴图象法：①通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数；②令fx=0→gx=h(x)，⑵定理法：求导研究函数的单调性与极值，利用零点存在性定理逐个单调区间判断是否存在零点，或根据零点存在性情况，推导出函数本身需要满足的条件，求出参数的取值范围.若函数较复杂，需要构造函数或多次求导.【典例精讲】例1.(2022·湖北省孝感市期月考)已知函数f(x)=ex+sinx-cosx(1)证明：当x≥0时，f'(x)≥2；(2)设g(x)=f(x)-2x-1，证明：g(x)有且仅有2个零点．例2.(2022·福建省泉州市期末)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a【名师点睛】1.函数解析式复杂时，可对函数解析式做适当变形，变成几个因式相乘，取零点不确定的因式，构造函数，判断零点个数.2.已知零点个数求参：①分离参数变形为a=fx,转化为求函数fx的最值问题，或者y=fx的图象与y=a②若含参讨论，有几个零点就至少有几个单调区间，每个单调区间要分别求函数值，保证端点处函数值异号，该区间有且仅有一个零点.3.极值点的转化：原函数fx的极值点问题转化为导函数f'【靶向训练】练1-1(2022·安徽省合肥市月考.多选)已知函数f(x)=ex-axa∈R，则下列说法正确的是(

)A.当a>e时，f(x)有两个零点

B.当a>0时，f(x)有极小值点

C.当a<0时，f(x)没有零点

D.不论a为何实数，f(x)有总存在单调递增区间练1-2(2022·山东省青岛市月考)设函数f(x)=ax2+(1)当a=-1时，判断f(x)的单调性；(2)若函数f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．考点二不等式恒成立与能成立问题【方法储备】利用导数解决不等式恒成立与能成立问题，转化是解决问题的关键.常用思路有：1.分离参数：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数最值问题，利用导数求函数的最值，求出参数的取值范围.2.划归为求最值：∀x∈D,fx3.同构化：将恒成立的不等式同构化，利用函数单调性构建变量间的不等关系.如：elna+x-1-lnx+lna≥1→elna+x-1+lna+x-1≥x+lnx=e【典例精讲】例3.(2022·湖北省武汉市月考)已知函数f(x)=lnx+ax．

(1)若函数f(x)的图象在x=1处的切线为y=1，求f(x)的极值；

(2)若f(x)≤ex+例4.(2022·安徽省蚌埠市月考)已知函数f(x)=12x2-(a+1)x+alnx+1．

(Ⅰ)若x=3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；

(Ⅱ)若f(x)≥1例5.(2022·山东省烟台市模拟)已知函数f(x)=x-alnx.(a∈R)．

(1)当a<e时，讨论函数f(x)零点的个数;

(2)当x∈(1,+∞【名师点睛】1.分离参数法是解决恒成立问题的基本方法，前提是易于分离变量（有时需分类讨论）且能够求出最值，两个条件缺一不可.2.同构常见变形方式：①xex=ex+lnx；②exx⑤x-lnx=lne⑴积型：a⑵商型：e⑶和差型：e【靶向训练】练2-1(2022·湖北省武汉市模拟.多选)已知函数f(x)=x+asinx，g(x)=-16sin2x，∀x1，x2∈R，且A.-13 B.0 C.1练2-2(2021·福建省厦门市期中)若对任意正实数x，y，不等式(2x-y)⋅(lny-lnx+1)≤xa恒成立，则实数a的取值范围为考点三利用导数证明不等式【方法储备】函数不等式的类型多样，既有含变量与不含变量之分，也有单变量与双变量之分，证明方法多变，常用思路有：1.单变元不等式的证明（1）含单变元不等式①移项（或同解变形后）作差，构建函数求最值.②适当放缩：可利用常见不等式放缩、结论放缩、或者利用已知的参数范围使参数取确定的值进行放缩.常用不等式有：（1）三角函数放缩：①∀x∈0,π2,sinx<x<tanx；②（2）指数放缩：①ex≥x+1；②ex≥ex（③ex≤1（3）对数放缩：①1-1x≤lnx≤x-1；②lnx≤x（y=x-1,y=xe为函数（4）指对放缩：e2.双变元不等式的证明⑴利用变元之间的关系消元，转化为单变元不等式.如已知x1,x2为函数的极值点，先么⑵换元法：将x1-x利用单调性：若函数fx在区间a,b上单调递增,则fa≤fx≤f则fx1【典例精讲】例6.(2022·江苏省南京市模拟)已知函数f(x)=-ax+lnx．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若a=1，证明f(1x例7.(2022·河北省石家庄市期末)已知函数f(x)=xlnx-ax2+x(a∈R)．

(1)证明：曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线l恒过定点；

(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x【名师点睛】1.利用求最值的方法证明不等式时，对于函数最值点存在但无法确定的情况，可设出函数的隐零点x0，充分利用f'2.涉及极值点偏移问题时，可考虑对称化构造.【靶向训练】练3-1(2022·广东省中山市模拟)已知函数f(x)=(1)讨论f(x)的单调性．(2)若a=0，证明：对任意的x>1，都有f(x)≥x练3-2(2022·山东省烟台市期末)已知函数f(x)=xln(1)若y=f(x)的图象恒在x轴上方，求m的取值范围;(2)若存在正数x1，x2(x1易错点1用错恒成立的条件分离参数时未讨论致错例8.(2022·江苏省南京市期末)已知函数f(x)=ax(a>0且a≠1)的图像在点(0,1)处的切线方程为y=2x+1.若f(x)≥mx+x恒成立，则实数m的取值范围为(

)A.[-1,2e-1] B.(-∞,2e-1]C.[-1,e-1] D.(-∞,e-1]答案解析【教材改编】1．【解析】(Ⅰ)解：当m=1时，f(x)=exe-lnx，则f'(x)=exe-1x，

∵f'(x)在(0,+∞)上单调递增，且f '(1)=0，

∴当x∈(0,1)时，f'(x)<0；当x∈(1,+∞)时，f'(x)>0．

∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)；

(Ⅱ)证明：当m=2时，f(x)=exe2-lnx，则f'(x)=exe2-1x，

∵f'(x)在(0,+∞)上单调递增，且f'(1)=1e-1<0，f'(2)=1-12>0，

∴存在唯一的x0∈(1,2)，使得f'(x0)=0．

∴当x∈(0,x2．【解析】(1)由题意x>0，f'(x)=1x+2ax+a+2=(ax+1)(2x+1)x．

①若a≥0，对x>0，f'(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)单调递增；

②若a<0，则-1a>0，当0<x<-1a时，f'(x)>0，x>-1a时，f'(x)<0，

所以f(x)在(0,-1a)单调递增，在(-1a,+∞)单调递减，

综上所述：当a≥0，f(x)在(0,+∞)单调递增；当a<0，f(x)在(0,-1a)单调递增，在(-1a,+∞)单调递减．

(2)由(1)知，若函数f(x)恰好有两个零点，则a<0，且f(x)在x=-1a处有极大值，也是最大值，故f(x)max=f(-1a)>0．

即f(-1a)=ln(-【考点探究】例1.【解析】1函数fx=ex+sinx-cosx，

则f'x=ex=2e-1>2×2=2，

所以当x∈[0,+∞)时，恒有f'(x)≥2成立．

(2)函数g(x)=f(x)-2x-1，则g'(x)=f'(x)-2=ex+2sin(x+π4)-2，

由(1)知当x∈[0,+∞)时，g'(x)=f'(x)-2≥0恒成立，

所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增；

当x∈[-3π4,0]时，函数y=2sin(x+π4)单调递增，

则函数y=g'(x)也在[-3π4,0]上单调递增，

此时g'(x)≤g'(0)=f'(0)-2=0．

当x∈(-∞,-3π4]时，

则g'(x)=ex+2sin⁡(x+π4)-2<例2.【解析】由题意，f(x)的定义域为(-∞,+∞)，且f'(x)=ex-a．

(1)当a=1时，f'(x)=ex-1，令f'(x)=0，解得x=0．

∴当x∈(-∞,0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，

当x∈(0,+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增．

∴f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；

(2)①当a≤0时，f'(x)=ex-a>0恒成立，f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，至多有一个零点，不合题意；

②当a>0时，令f'(x)=0，解得x=lna，

当x∈(-∞,lna)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，

当x∈(lna,+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增．

∴f(x)的极小值也是最小值为f(lna)=a-a(lna+2)=-a(1+lna)，

又当x→-∞时，f(x)→+∞，当x→+∞时，f(x)→+∞．

∴要使f(x)有两个零点，只要f(lna)<0即可，

则1+lna>0，可得练1-1.【解析】选项A:因为f(x)=ex-ax，则f'(x)=ex-a，

令g(x)=ex,h(x)=ax，f(x)有零点，即函数y=g(x),y=h(x)有交点，

若h(x)=ax是g(x)=ex的切线，设切点为(x0,ex0)，

则ex0=ax0ex0=a,解得x0=1a=e,

所以当a>e时，函数y=g(x)和函数y=h(x)有两个交点，

即函数f(x)有两个零点，故A正确;

选项B：当a>0时，

f'(x)=ex-a，令f'(x)=0得

x=lna，

当x<lna,f'(x)<0，f(x)单调递减，当x>lna,f'(x)>0，f(x)单调递增，

所以当a>0时，f(x)有极小值点，故B正确;

选项C：当a<0时，函数y=g(x)的图象和函数y=h(x)图象有交点，

所以函数f(x)有零点，故C错误;

选项D：∵f(x)=ex-a练1-2.【解析】(1)当a=-1时，f(x)=-x2+ln x+x(x>0)

则f'(x)=-2x+1x+1=-2x2+x+1x=-x-12x+1x

当0<x<1时，f'(x)>0，函数f(x)递增；当x>1时，f'(x)<0，函数f(x)递减

故函数f(x)在(0,1)单调递增；在1,+∞单调递减．

(2)函数f(x)=ax2+ln x+x(x>0)

则f'(x)=2ax+1x+1=2ax2+x+1x，

因为函数f(x)的图象与x轴没有公共点，

所以f(x)=0时方程无实数根，即a=-x-lnxx2无实数根，

令g(x)=-x-lnxx例3.【解析】(1)f'(x)=1-a-lnxx2,f'(1)=1-a=0,a=1，

此时函数f(1)=a=1，

函数f(x)的图象在x=1处的切线为y=1，成立，

所以f'(x)=-lnxx2，此时f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，

所以f(x)的极大值为f(1)=1，不存在极小值；

(2)由f(x)≤ex+2x-1，

化简可得a≤x(ex-1)-lnx+2(x>0)，

令F(x)=x(ex-1)-lnx+2(x>0)，则F'(x)=(x+1)(ex-1x),x>0，

令h(x)=ex-1x,x>0，则h'(x)=ex+1例4.【解析】(Ⅰ)由题意知函数的定义域为(0,+∞)，

f'(x)=x-(a+1)+ax，

∵x=3是f(x)的极值点，

∴f'(3)=3-(a+1)+a3=0，解得a=3，

当a=3时，x(0,1)1(1,3)3(3,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增故f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增；

(Ⅱ)要使得f(x)≥1恒成立，即当x>0时，12x2-(a+1)x+alnx≥0恒成立，

设g(x)=12x2-(a+1)x+alnx，则g'(x)=x-(a+1)+ax=(x-1)(x-a)x，

(ⅰ)当a≤0时，由g'(x)<0得单减区间为(0,1)，

由g'(x)>0得单增区间为(1,+∞)，

故g(x)min=g(1)=-a-12≥0，得a≤-12；

( ii)当0<a<1时，由g'(x)<0得单减区间为(a,1)，

由g'(x)>0得单增区间为(0,a)，(1,+∞)，

此时g(1)=-a-12<0，∴不合题意；

(iii)当a=1时，g(x)在(0,+∞)上单调递增，此时g(1)=-a-12<0例5.【解析】(1)函数f(x)=x-alnx，定义域为0,+∞，f'x=1-ax

，

①当a

<0时，f'x=1-ax>0，所以函数fx单调递增，

又fe1a=e1a-alne1a=e1a-1<0，f

(1)=1>0，所以函数fx有唯一零点．

②当a

=0时，f

(x)=x

>0恒成立，所以函数fx无零点，

③当0<a

<e时，令f'x=1-ax=x-ax=0，得x

=a

，

当0<x

<a

时，f

'(x)<0，函数fx单调递减；当a

<x即xex+x≥alnxealnx+alnx

对x∈(1,+∞)恒成立，

设函数gx=xex+x，x∈1,+∞，则g(x)≥g(a

lnx)对x∈(1,+∞)恒成立，

则g'x=x+1ex+1>0，则gx在(1,+∞)

上单调递增，

又gx≥galnx，所以x≥a所以hxmin=he=e，故a≤e．练2-1.【解析】因为∀x1，x2∈R，且所以∀x1，x2∈R，且令F(x)=f(x)+2g(x)=x+asinx-13sin2xF'(x)=1+acosx-2所以-43cos令t=cosx，-1≤t≤1，所以-4t因为不等式左边是一个开口向下的抛物线，所以只须在t的范围的两个端点值均满足不等式即可。

代入t=-1，有-4-3a+5≥0，解得a≤13；

代入t=1，有-4+3a+5≥0，解得a≥练2-2.【解析】不等式(2x-y)⋅(lny-lnx+1)≤xa对x、y>0恒成立，

可得(2-yx)⋅(lnyx+1)≤1a，

可设t=yx(t>0)，可得f(t)=(2-t)(lnt+1)，

f'(t)=-(lnt+1)+2-tt=-lnt+2t-2，

由y=-lnt和y=2t-2在t>0时单调递减，可得f'(t)在t>0时单调递减，

则f'(1)=0，当t>1时，f'(t)<f'(1)=0例6.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=x+ax2，

当a≥0时，f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立，

所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，

当a<0时，x∈(0,-a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，

x∈(-a,+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，

综上，当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，

当a<0时，f(x)在(0,-a)上单调递减，f(x)在(-a,+∞)上单调递增．

(2)当a=1时，f(x)=-1x+lnx，

令g(x)=f(1x)-(-ex)，x∈(0,+∞)，

则g(x)=-x-lnx+ex，g'(x)=-1-1x+ex，

令h(x)=-1-1x+ex，x∈(0,+∞)，

h'(x)=1x2+ex>0恒成立，

所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，

因为h(12)=-3+e<0，h(1)=-2+e>0，

所以存在唯一的x0∈(12,1)，使得h(x0)=-1-1x0+ex0=0，

即ex0=1+1x0①，

当x∈(0,x0)时，h(x)<0，即g'(x)<0，所以例7.【解析】(1)f'(x)=lnx+1-2ax+1=lnx-2ax+2，

f'(1)=2-2a，又f(1)=1-a，

∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(1-a)=(2-2a)(x-1)，

即y=2(1-a)(x-12)，当x=12时，y=0，

故切线l过定点(12,0)；

(2)∵x1，x2是f(x)的两个零点，且x2>2x1，

∴x1lnx1-ax12+x1=0x2lnx2-ax22+x2=0，可得lnx1+1=ax1ln练3-1.【解析】(1)解：由题意可得f'(x)=ex-a，

当a≤0时，f'(x)>0恒成立，f(x)在R上单调递增；

当a>0时，