（寒假）2024-2025年高二数学 寒假巩固讲义+随堂检测 第12课 导数的综合应用（教师版）

第第页第12课导数的综合应用1.利用导数证明不等式(1)构造法：证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，则只需F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明了f(x)<g(x)．(2)最值比较法：证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)时，若构造函数F(x)＝f(x)－g(x)后，F(x)的单调性无法确定，可考虑f(x)的最大值与g(x)的最小值，如果f(x)max<g(x)min，那么可证f(x)<g(x)．2.利用导数解决不等式的恒成立(能成立)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.3.利用导数研究函数零点(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．考向一利用导数证明不等式关系【例1】（多选）已知函数，则（）．A．B．若有两个不相等的实根、，则C．D．若，，均为正数，则【答案】AD【解析】对于A：，又，，，所以，则有，A正确；对于B：若有两个不相等的实根、，则，故B不正确；证明如下：函数，定义域为，则，当时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，则且时，有，所以若有两个不相等的实根、，有，不妨设，有，要证，只需证，且，又，所以只需证，令，则有，当时，，，所以有，即在上单调递增，且，所以恒成立，即，即，即.对于C：由B可知，在上单调递增，则有，即，则有，故C不正确；对于D：令，，均为正数，则，解得：，，，由B可知，在上单调递增，则有，即，即，所以，故D正确.故选：AD.【变式1-1】已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)有两个零点．(1)证明：0＜a＜EQ\F(1,e)．(2)若f(x)的两个零点为x1，x2，且x1＜x2，证明：2a＜x1＋x2＜1．【解析】(1)证明：由f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，x＞0可得f′(x)＝eq\f(1,x)－EQ\F(a,x\S(2))，x＞0．当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，与题意不符．当a＞0时，令f′(x)＝eq\f(1,x)－EQ\F(a,x\S(2))＝0，得x＝a．当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(a．＋∞)时．f′(x)＞0，f(x)单调递增．可得当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)＝lna＋1．又因为函数eqf(x)－lnx＋\f(a,x)有两个零点，所以f(a)＝lna＋1＜0，可得a＜eq\f(1,e)，综上，0＜a＜eq\f(1,e)．(2)解：由上可得f(x)的极小值点为x＝a，则0＜x1＜a＜x2．设g(x)＝f(2a－x)－f(x)＝ln(2a－x)＋eq\f(a,2a－x)－lnx－eq\f(a,x)．x∈(0，a)．可得g′(x)＝EQ\F(－1,2a－x)－EQ\F(－a,(2a－x)\s\up3(2))－eq\f(1,x)＋EQ\F(a,x\S(2))＝EQ\F(4a(x－a)\s\up3(2),x\S(2)(2a－x)\s\up3(2))＞0，x∈(0，a)．所以g(x)在(0，a)上单调递增，所以g(x)＜g(a)＝0．即f(2a－x)－f(x)＜0，则f(2a－x)＜f(x)，x∈(0，a)．所以当0＜x1＜a＜x2时，2a－x＞a，且f(2a－x1)＜f(x1)＝f(x2)，因为当x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增，所以2a－x1＜x2，即x1＋x2＞2a．设x2＝tx1，t＞1，则eq\B\lc\{(\a\al(lnx\s\do(1)＋\f(a,x\s\do(1))＝0，,lnx\s\do(2)＋\f(a,x\s\do(2))＝0，))则eq\f(ln\s\do(1),lnx\s\up6(2))＝\f(x\s\do(2),x\s\do(1))＝t，即lnx1＝tlnx2＝tlntx1＝t(lnx1＋lnt)．所以lnx1＝－EQ\F(tlnt,t－1)．所以ln(x1＋x2)＝lnx1(t＋1)＝lnx1＋ln(t＋1)＝－EQ\F(tlnt,t－1)＋ln(t＋1)＝t(EQ\F(ln(t＋1),t)－EQ\F(lnt,t－1))．又因为eqg(t)＝\f(lnt,t－1)，则g′(t)＝EQ\F(1－\F(1,t)－lnt,(t－1)\s\up3(2))＜0，所以g(t)在(1．＋∞)上单调递减，所以EQ\F(ln(t＋1),t)＜EQ\F(lnt,t－1)，所以ln(x1＋x2)＜0，即x1＋x2＜1．综上，2a＜x1＋x2＜1．【变式1-2】已知函数eqf(x)＝\f(lnx＋ax,e\s\up6(x))，a∈R．(1)若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值1，其中ln2＜x0＜ln3．证明：2－EQ\F(1,ln2)＜a＜3－EQ\F(1,ln3)；(2)若f(x)≤x－eq\f(1,e\s\up6(x))恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)由题知f′(x)＝EQ\F(\F(1,x)＋a－(lnx＋ax),e\S(x))．∵函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值1，∴f′(x0)＝EQ\F(\F(1,x\S\DO(0))＋a－\b\bc\((\l(lnx\S\DO(0)＋ax\S\DO(0))),e\S\UP6(x\S\DO(0)))＝0，且f(x0)＝EQ\F(lnx\S\DO(0)＋ax\S\DO(0),e\S\UP6(x\S\DO(0)))＝1，∴EQ\F(1,x\S\DO(0))＋a＝lnx0＋ax0＝eEQ\S\UP6(x\S\DO(0))，∴a＝eEQ\S\UP6(x\S\DO(0))－EQ\F(1,x\S\DO(0))，令r(x)＝eEQ\S\UP6(x)－EQ\F(1,x)(x＞0)，则r′(x)＝eEQ\S\UP6(x)＋EQ\F(1,x\S(2))＞0，∴r(x)为增函数，∵0＜ln2＜x0＜ln3，∴r(ln2)＜a＜r(ln3)，即2－EQ\F(1,ln2)＜＜3－EQ\F(1,ln3)成立．(2)不等式f(x)≤x－EQ\F(1,e\S(x))恒成立，即不等式xex－lnx－ax≥1恒成立，即a≤ex－EQ\F(1nx,x)－EQ\F(1,x)恒成立，令g(x)＝ex－EQ\F(1nx,x)－EQ\F(1,x)，则g′(x)＝ex－EQ\F(1－lnx,x\S(2))＋EQ\F(1,x\S(2))＝EQ\F(x\S(2)e\S(x)＋lnx,x\S(2))，令h(x)＝x2ex＋lnx，则h′(x)＝(x2＋2x)ex＋EQ\F(1,x)，∵x＞0，∴h′(x)＜0，∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝e＞1；h(EQ\F(1,2))＝EQ\F(\R(,e),4)－ln2＜0，∴h(x)有唯一零点x1，且EQ\F(1,2)＜x1＜1．当x∈(0，x1)时，h(x)＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(x1，＋)时，h(x)＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增．∴g(x)min＝g(x1)，∴a≤eEQ\S\UP6(x\S\DO(1))－EQ\F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))－EQ\F(1,x\S\DO(1))，由h(x1)＝0整理得x1eEQ\S\UP6(x\S\DO(1))＝－EQ\F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))．∵EQ\F(1,2)＜x1＜1，－lnx1＞0，令k(x)＝xex(x＞0)，则方程x1eEQ\S\UP6(x\S\DO(1))＝－EQ\F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))等价于k(x1)＝k(－lnx1)，而k′(x)＝(x＋1)ex在(0，＋∞)上恒大于零，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵k(x1)＝k(－lnx1)，∴x1＝－lnx1，∴eEQ\S\UP6(x\S\DO(1))＝EQ\F(1,x\S\DO(1))，∴g(x1)＝eEQ\S\UP6(x\S\DO(1))－EQ\F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))－EQ\F(1,x\S\DO(1))＝EQ\F(1,x\S\DO(1))－EQ\F((－x\S\DO(1)),x\S\DO(1))－EQ\F(1,x\S\DO(1))＝1，∴a≤1，∴实数a的取值范围为(－∞，1]．方法总结：：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx＜x＜ex(x＞0)，eq\f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．考向二利用图象研究函数零点与极值点【例2】已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间（eq\f(1,e)，e）上有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围．【解析】由g(x)＝2f(x)，可得2xlnx＝－x2＋ax－3，a＝x＋2lnx＋eq\f(3,x).设h(x)＝x＋2lnx＋eq\f(3,x)(x>0)，可得h′(x)＝1＋eq\f(2,x)－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，所以当x在（eq\f(1,e)，e）上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x（eq\f(1,e)，e）1(1，e)h′(x)－0＋h(x)极小值又h(eq\f(1,e))＝eq\f(1,e)＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝eq\f(3,e)＋e＋2，且h(e)－h(eq\f(1,e))＝4－2e＋eq\f(2,e)<0，所以在[eq\f(1,e)，e]上，h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝h(eq\f(1,e))＝eq\f(1,e)＋3e－2.若方程在（eq\f(1,e)，e）上有两个不相等的实数根，则4<a<e＋2＋eq\f(3,e)，所以实数a的取值范围为(4，eq\f(3,e)＋e＋2).【变式2-1】设函数f(x)是定义在实数集R上的偶函数，且f(x)＝f(2－x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝x3，则函数g(x)＝|cosπx|－f(x)在eq[－\f(1,2)，\f(5,2)]上所有零点之和为________．【答案】7【解析】由题意，∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)关于x＝1对称，又∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)的零点与x＝0对称，∵f(x)＝f(2－x)＝f(x－2)，∴f(x)＝f(x＋2)，∴f(x)是以2为周期的函数，∴f(x)在eq[－\f(1,2)，\f(5,2)]上共有3条对称轴，分别为x＝0，x＝1，x＝2又y＝|cos(πx)|关于x＝0，x＝1，x＝2对称，∴x＝0，x＝1，x＝2为g(x)的对称轴．可作出y＝|cos(πx)|和eqy＝x\s\up6(3)在[0，1]上的函数图象如图所示：由图象可知g(x)在eq(0，\f(1,2))，eq(\f(1,2)，1)上各有1个零点，又g(1)＝0，∴g(x)在eq[－\f(1,2)，\f(5,2)]上共有7个零点，设这7个零点从小到大依次为x1，x2，x3，……，x6，x7．则x1，x2关于x＝0对称，x3，x5关于x＝1对称，x4＝1，x6，x7关于x＝2对称，x1＋x2＝0，x3＋x5＝2，x6＋x7＝4，∴x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＝7．【变式2-2】已知函数f(x)＝(EQ\F(1,2)x2－ax)lnx－EQ\F(1,2)x2＋EQ\F(3,2)ax．(1)讨论函数f(x)的极值点；(2)若f(x)极大值大于1，求a的取值范围．【解析】f′(x)＝eq(x－a)lnx＋\f(1,2)x－a－x＋\f(3,2)a＝eq(x－a)·(lnx－\f(1,2))．(1)①当a≤0时，f(x)在(0，eq\r(,e))上单调递减，在(eq\r(,e)，＋)上单调递增，极小值点为x＝eq\r(,e)；②当0＜a＜eq\r(,e)时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，eq\r(,e))上单调递减，在(eq\r(,e)，＋)上单调递增，极小值点为x＝eq\r(,e)，极大值点为x＝a；③当a＝eq\r(,e)时，f(x)在(0，＋∞)单调递增，无极值点；④当a＞eq\r(,e)时，f(x)在(0，eq\r(,e))上单调递增，在(eq\r(,e)，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，极小值点为x＝a，极大值点为x＝eq\r(,e)．(2)由(1)知，a≤0和a＝eq\r(,e)时，无极大值，则不成立．当a＞eq\r(,e)时，极大值f(eq\r(,e))＝aeq\r(,e)－EQ\F(e,4)＞1，解得a＞EQ\F(\R(,e),4)＋EQ\F(1,\R(,e))，由于EQ\F(\R(,e),4)＋EQ\F(1,\R(,e))－eq\r(,e)＝EQ\F(1,\R(,e))－EQ\F(3\R(,e),4)＝EQ\F(1,\R(,e))(1－EQ\F(3e,4))＜0，所以a＞eq\r(,e)．当0＜a＜eq\r(,e)时，极大值f(a)＝EQ\F(1,2)a2(2－lna)＞1，得2－lna＞EQ\F(2,a\S(2))．令t＝a2，则g(t)＝2－EQ\F(1,2)lnt－EQ\F(2,t)，0＜t＜e，g′(t)＝eq－\f(1,2t)＋\f(2,t\s\up6(2))＝\f(4－t,2t\s\up6(2))，所以g(t)在(0，e)上单调递增，而g(1)＝0，所以g(t)＞0的解为(1，e)，则a∈(1，eq\r(,e))，所以a的取值范围为(1，eq\r(,e))∪(eq\r(,e)，＋)．方法总结：利用图象研究函数零点个数时的注意点：1、对于（选择题、填空题中的）零点个数问题，我们的处理思路是：将函数零点个数转化为图象交点个数。那么正确画出草图就是前提。画草图时，要注意（1）通常先要用导数研究单调性、极值。（2）渐近线（实际上是极限问题），有渐近线的常见函数例如：反比例函数、指数函数、对数函数等2、对于（选择题、填空题中的）零点个数问题，我们的处理思路是：将函数零点个数转化为图象交点个数，那么研究哪两个函数呢？（1）尽量转化为我们熟悉的基本函数（已经知道图象）（2）能分参的通过分参让其中的一个函数是常数函数（3）不方便分参的,尽量将参数放在熟悉的基本函数上考向三利用导数研究恒成立问题【例3】若对任意x∈(0，＋∞)，不等式2x＋lnx≤a(x2＋x)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】方法一：设F(x)＝2x＋lnx－a(x2＋x)，则F′(x)＝－eq\f(2x＋1ax－1,x).当a≤0时，F′(x)>0，取x＝1，则F(1)＝2－2a＞0，所以F(x)≤0不可能恒成立．当a＞0时，令F′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a).当0＜x＜eq\f(1,a)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增；当x＞eq\f(1,a)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．故F(x)在(0，＋∞)上的最大值是F（eq\f(1,a)），依题意知F（eq\f(1,a)）≤0恒成立，即lneq\f(1,a)＋eq\f(1,a)－1≤0.又y＝g(a)＝lneq\f(1,a)＋eq\f(1,a)－1在a∈(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，故lneq\f(1,a)＋eq\f(1,a)－1≤0成立的充要条件是a≥1，所以a的取值范围是[1，＋∞)．方法二：分离参数得a≥eq\f(2x＋lnx,x2＋x)(x＞0)，令h(x)＝eq\f(2x＋lnx,x2＋x)，则h′(x)＝eq\f(2x＋11－x－lnx,x2＋x2).令h′(x)＝0，则1－x－lnx＝0，观察发现x＝1是1－x－lnx＝0的根．又因为φ(x)＝1－x－lnx在(0，＋∞)上单调递减，所以1－x－lnx＝0的根仅有x＝1，在(0,1)上，φ(x)>0；在(1，＋∞)上，φ(x)<0.所以h(x)＝eq\f(2x＋lnx,x2＋x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a的取值范围是[1，＋∞)．【变式3-1】已知函数f(x)＝x－1－alnx(a∈R)，若a<0，且对任意x1，x2∈(0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤4│eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)│，求实数a的取值范围．【解析】f′(x)＝1－eq\f(a,x)，当a<0时，函数f(x)在(0,1]上是增函数．又函数y＝eq\f(1,x)在(0,1]上是减函数，不妨设0<x1＜x2≤1，则|f(x1)－f(x2)|＝f(x2)－f(x1)，│eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)│＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)，所以|f(x1)－f(x2)|≤4│eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)│等价于f(x2)－f(x1)≤eq\f(4,x1)－eq\f(4,x2)，即f(x2)＋eq\f(4,x2)≤f(x1)＋eq\f(4,x1).设h(x)＝f(x)＋eq\f(4,x)＝x－1－alnx＋eq\f(4,x)，则|f(x1)－f(x2)|≤4│eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)│等价于函数h(x)在区间(0,1]上是减函数．因为h′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(4,x2)＝eq\f(x2－ax－4,x2)，所以x2－ax－4≤0在x∈(0，1]上恒成立，即a≥x－eq\f(4,x)在x∈(0,1]上恒成立．因为y＝x－eq\f(4,x)在区间(0,1]上是增函数，所以y＝x－eq\f(4,x)的最大值为－3，所以a≥－3，又a<0，所以a∈[－3,0)．【变式3-2】已知函数，（1）讨论函数的导数的单调性（2）当时，不等式对恒成立，求实数m的取值范围．详解】（1），，令，由，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；（2）当时，不等式对恒成立，等价于对恒成立，令，，则，，，令，则对恒成立，从而有上单增，①当时，，在上单增，，即对恒成立，②当时，，，使得，当时