2025版高考数学一轮总复习知识梳理第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用

第三讲导数的综合应用知识梳理知识点一利用导数证明不等式若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)．知识点二利用导数解决不等式的恒成立问题“恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≥f(x)min.知识点三利用导数研究函数零点的方法方法一：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)根据函数f(x)的性质作出图象．(3)判断函数零点的个数．方法二：(1)求函数f(x)的单调区间和极值．(2)分类讨论，判断函数零点的个数．归纳拓展1．若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则tanx>x>sinx.2．若x∈(0，＋∞)，则ex≥x＋1>x－1≥lnx.3．若x∈(－1，＋∞)，则x≥ln(x＋1)≥eq\f(x,x＋1).双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数y＝x－sinx有无数多个零点．(×)(2)函数y＝tanx－x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内有三个零点．(×)(3)不等式ex>ln(x＋2)恒成立．(√)(4)不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x≤1－x恒成立．(×)题组二走进教材2．(选修2P99T13改编)若函数f(x)＝xlnx－a有两个零点，则实数a的取值范围为(C)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，1)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))[解析]函数的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝0得a＝xlnx，记g(x)＝xlnx.则g′(x)＝lnx＋1，由g′(x)>0得x>eq\f(1,e)，由g′(x)<0得0<x<eq\f(1,e).∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上递增，且g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，由图可知－eq\f(1,e)<a<0，故选C．3．(选修2P94T2改编)若函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，0<a<b<e，则有(C)A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)C．f(a)<f(b) D．f(a)f(b)>1[解析]∵f(x)＝eq\f(lnx,x)，∴f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当0<x<e时，f′(x)>0，故f(x)在(0，e)上单调递增．又∵0<a<b<e，∴f(a)<f(b)．故选C．4．(选修2P99T12改编)求证：(1)ex≥x＋1；(2)lnx≤x－1(x>0)．[证明](1)设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1在(－∞，0)上f′(x)<0，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以f(x)在x＝0处有最小值，故f(x)≥f(0)＝0，∴ex≥x＋1.(2)设f(x)＝lnx－x＋1(x>0)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)(x>0)，在(0,1)上f′(x)>0，在(1，＋∞)上f′(x)<0，∴f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f(x)≤f(1)＝0.∴lnx≤x－1.题组三走向高考5．(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为－3.[解析]f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意．当a>0时，由f′(x)>0得x>eq\f(a,3)，由f′(x)<0得0<x<eq\f(a,3)，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增，又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋1＝0，得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)，当x∈(－1,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为－3.6．(2017·江苏)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).[解析]由f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，得f(－x)＝－x3＋2x＋eq\f(1,ex)－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函数，又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq\f(1,ex)≥3x2－2＋2eq\r(ex·\f(1,ex))＝3x2≥0，当且仅当x