1、 2022 年高考数学复习专题（一）第年高考数学复习专题（一）第 5 讲讲 导数的综合应用导数的综合应用 【情报站】【情报站】 1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现，难度较大 母题突破母题突破 1 1 导数与不等式的证明导数与不等式的证明 母题母题 (2017全国)已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a0 时，证明 f(x)34a2. 子题子题 11 设函数 f(x)ln xx1.证明：当 x
2、(1，)时，1x1ln x0 时，ex2ex1xln x1. 拓展训练拓展训练 1(2018全国)已知函数 f(x)aexln x1. (1)设 x2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a1e时，f(x)0. 2(2020株州模拟)已知 f(x)ln x2ex. (1)若函数 g(x)xf(x)，讨论 g(x)的单调性与极值； (2)证明：f(x)1ex. 强化练（一）强化练（一） 1(2020沈阳模拟)已知函数 f(x)x2(a2)xaln x，a0. (1)求函数 yf(x)的单调区间； (2)当 a1 时，证明：对任意的 x0，f(x)exx2x2
3、. 2(2020全国)已知函数 f(x)sin2xsin 2x. (1)讨论 f(x)在区间(0，)的单调性； (2)证明：|f(x)|3 38 ； (3)设 nN N*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n. 母题突破母题突破 2 恒成立问题与有解问题恒成立问题与有解问题 母题母题 (2014全国)设函数 f(x)aln x1a2x2bx(a1)，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为 0. (1)求 b； (2)若存在 x01，使得 f(x0)0)有唯一实数解，求 m. 拓展训练 1(2019全国改编)已知函数 f(x)ln xx1x1.讨论 f(x)的
4、单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点 2已知函数 f(x)ax212ln x(aR R) (1)当 a1 时，求证：f(x)0； (2)若函数 f(x)有两个零点，求实数 a 的取值范围 强化练（三）强化练（三） 1(2018全国)已知函数 f(x)13x3a(x2x1) (1)若 a3，求 f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点 2已知函数 f(x)ln xx2sin x，f(x)为 f(x)的导函数 (1)求证：f(x)在(0，)上存在唯一零点； (2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点 2022 年高考数学复习专题（一）第年高考数学复习专题（一）第 5 讲讲 导数的
5、综合应用导数的综合应用 【情报站】【情报站】 1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现，难度较大 母题突破母题突破 1 1 导数与不等式的证明导数与不等式的证明 母题母题 (2017全国)已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a0， 故 f(x)在(0，)上单调递增 若 a0； 当 x12a， 时，f(x)0. 故 f(x)在0，12a上单调递增，在12a， 上单调递减 (2)证明 由(1)知，当
6、a0； 当 x(1，)时，g(x)0 时，g(x)0. 从而当 a0 时，ln12a12a10， 即 f(x)34a2. 子题子题 11 设函数 f(x)ln xx1.证明：当 x(1，)时，1x1ln x0， 当 x1 时，f(x)0，f(x)单调递减， 当 0 x0，f(x)单调递增， f(x)ln xx1f(1)0，ln xx1， 当 x1 时，ln xx1， 且 ln 1x1x1， 由得，1x1ln x，由得，ln xx1x，xx1ln x， 综上所述，当 x1 时，1x1ln x0 时，ex2ex1xln x1. 【答案】证明 设 g(x)f(x)(e2)x1exx2(e2)x1(x
7、0)， 则 g(x)ex2x(e2)， 设 m(x)ex2x(e2)(x0)， 则 m(x)ex2， 易得 g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增， 又 g(0)3e0，g(1)0， 由 0ln 21，则 g(ln 2)0； 当 x(x0，1)时，g(x)0 时，ex2ex1xx. 又由母题可得 ln xx1，即 xln x1， 故ex2ex1xln x1. 【方法总结】 利用导数证明不等式 f(x)g(x)的基本方法 (1)若 f(x)与 g(x)的最值易求出，可直接转化为证明 f(x)ming(x)max. (2)若 f(x)与 g(x)的最值不易求出，可构造函数
8、 h(x)f(x)g(x)，然后根据函数 h(x)的单调性或最值，证明 h(x)0. (3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明 (4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式. 拓展训练拓展训练 1(2018全国)已知函数 f(x)aexln x1. (1)设 x2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a1e时，f(x)0. 【答案】(1)解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1x. 由题设知，f(2)0，所以 a12e2. 从而 f(x)12e2exln x1，f(x)12e2ex1x. 当 0 x2 时，f(x)2 时，f(x)0. 所以 f(x
9、)的单调递增区间为(2，)，单调递减区间为(0,2) (2)证明 当 a1e时，f(x)exeln x1. 方法一 设 g(x)exeln x1(x(0，)， 则 g(x)exe1x. 当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0. 所以 x1 是 g(x)的最小值点 故当 x0 时，g(x)g(1)0. 因此，当 a1e时，f(x)0. 方法二 易证 exx1， ln xx1， f(x)exeln x1ex1ln x1xln x10， 即证 f(x)0. 2(2020株州模拟)已知 f(x)ln x2ex. (1)若函数 g(x)xf(x)，讨论 g(x)的单调性与极值； (2)证明：f(x
10、)1ex. 【答案】(1)解 由题意，得 g(x)xf(x)xln x2e(x0)， 则 g(x)ln x1. 当 x0，1e时，g(x)0，所以 g(x)单调递增， 所以 g(x)的单调递减区间为0，1e，单调递增区间为1e， ， g(x)的极小值为 g1e1e，无极大值 (2)证明 要证 ln x2ex1ex(x0)成立， 只需证 xln x2exex(x0)成立， 令 h(x)xex，则 h(x)1xex， 当 x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递增，当 x(1，)时，h(x)xex，即 ln x2ex1ex，所以 f(x)1ex. 强化练（一）强化练（一） 1(2020沈阳模拟)
11、已知函数 f(x)x2(a2)xaln x，a0. (1)求函数 yf(x)的单调区间； (2)当 a1 时，证明：对任意的 x0，f(x)exx2x2. 【答案】(1)解 f(x)x2(a2)xaln x，a0，定义域为(0，)，f(x)2x(a2)ax2xax1x， 令 f(x)0，得 xa2；令 f(x)0，得 0 x0)， 即证 exln x20 恒成立， 令 g(x)exln x2，x(0，)， 即证 g(x)min0 恒成立， g(x)ex1x，g(x)为增函数，g120， x012，1 ，使 g(x0)0 成立，即0ex1x00， 则当 0 xx0时，g(x)x0时，g(x)0，
12、 yg(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， g(x)ming(x0)0exln x02， 又0ex1x00，即0ex1x0， g(x0)0exln x020exln 1x021x0 x02， 又x012，1 ，x01x02， g(x0)0，即对任意的 x0，f(x)exx2x2. 方法二 令(x)exx1， (x)ex1， (x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增， (x)min(0)0， exx1， 令 h(x)ln xx1(x0)， h(x)1x11xx， h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， h(x)maxh(1)0， ln xx1，x1ln
13、 x2， 要证 f(x)exx2x2， 即证 exln x2， 由知 exx1ln x2，且两等号不能同时成立， exln x2，即证原不等式成立 2(2020全国)已知函数 f(x)sin2xsin 2x. (1)讨论 f(x)在区间(0，)的单调性； (2)证明：|f(x)|3 38 ； (3)设 nN N*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n. 【答案】(1)解 f(x)2sin xcos xsin 2x2sin2xcos 2x 2sin xsin 3x. 当 x0，323， 时，f(x)0； 当 x3，23时，f(x)0. 所以 f(x)在区间0，3，23，
14、 上单调递增， 在区间3，23上单调递减 (2)证明 因为 f(0)f()0， 由(1)知，f(x)在区间0，上的最大值为 f 33 38， 最小值为 f 233 38. 而 f(x)是周期为的周期函数， 故|f(x)|3 38. (3)证明 由于322222sinsin 2 sin 4sin 2nxxxx |sin3xsin32xsin32nx| |sin x|sin2xsin32xsin32n1xsin 2nx|sin22nx| |sin x|f(x)f(2x)f(2n1x)|sin22nx| |f(x)f(2x)f(2n1x)|， 所以 sin2xsin22xsin24xsin22nx2
15、33 38n3n4n. 母题突破母题突破 2 2 恒成立问题与有解问题恒成立问题与有解问题 母题母题 (2014全国)设函数 f(x)aln x1a2x2bx(a1)，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为 0. (1)求 b； (2)若存在 x01，使得 f(x0)aa1，求 a 的取值范围 2 存在 x01，使得 f(x0)aa1 fxmin0，f(x)在(1，)上单调递增 所以，存在 x01，使得 f(x0)aa1的充要条件为 f(1)aa1，即1a21aa1， 解得 21a 21. 若12a1， 故当 x1，a1a时，f(x)0，f(x)在1，a1a上单调递减，在a1a， 上
16、单调递增 所以，存在 x01，使得 f(x0)aa1的充要条件为 f a1aaa1， 所以不符合题意 若 a1，则 f(1)1a21a120， 所以 f(x)在(0，)上单调递增，无极值点； 当 a0 时，由 f(x)1xa0，得 0 x1a， 由 f(x)1xa1a， 所以 f(x)在0，1a上单调递增，在1a， 上单调递减，所以函数 f(x)有极大值点1a，无极小值点 (2)由条件可得 ln xx2ax0(x0)恒成立， 则当 x0 时，aln xxx 恒成立， 令 h(x)ln xxx，x0，则 h(x)1x2ln xx2， 令 k(x)1x2ln x，x0， 则当 x0 时，k(x)2
17、x1x0，在(1，)上，h(x)0 时， 当 x0，g(x)在(，1)上单调递增；当 x1 时，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递减， 对x1(0，)，x21k，使得 g(x2)g1k1ek112ef(x1)，符合题意 当 k0 时，g(x)0，取 x11e，对x2R R 有 f(x1)g(x2)0，不符合题意 当 k0 时， 当 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增， g(x)ming(1)ke， 若对x1(0，)，x2R R，使得 f(x1)g(x2)0，只需 g(x)minf(x)min，即ke12e，解得 k12. 综上所述，k，12(0，) 【方法总
18、结】 (1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题 分离参数法，将参数分离出来，进而转化为 af(x)max或 af(x)min的形式，通过导数的应用求出 f(x)的最值，即得参数的范围 (2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别 拓展训练 1(2020全国改编)已知函数 f(x)2ln x1.若 f(x)2xc，求 c 的取值范围 【答案】解 设 h(x)f(x)2xc， 则 h(x)2ln x2x1c， 其定义域为(0，)，h(x)2x2. 当 0 x0；当 x1 时，h(x)0. 所以 h(x)在区间(0
19、,1)上单调递增，在区间(1，)上单调递减 从而当 x1 时，h(x)取得最大值，最大值为 h(1)1c. 故当1c0，即 c1 时，f(x)2xc. 所以 c 的取值范围为1，) 2已知函数 f(x)(1x)ex1. (1)求 f(x)的极值； (2)设 g(x)(xt)2ln xmt2，存在 x1(，)，x2(0，)，使方程 f(x1)g(x2)成立，求实数 m 的最小值 【答案】解 (1)f(x)xex， 当 x(0，)时，f(x)0， 当 x0 时，f(x)有极大值 f(0)e010，f(x)没有极小值 (2)由(1)知 f(x)0， 又因为 g(x)(xt)2ln xmt20， 所以
20、要使方程 f(x1)g(x2)有解，必然存在 x2(0，)，使 g(x2)0，所以 xt，ln xmt， 等价于方程 ln xmx有解， 即方程 mxln x 在(0，)上有解， 记 h(x)xln x，x(0，)，则 h(x)ln x1， 令 h(x)0，得 x1e， 所以当 x0，1e时，h(x)0，h(x)单调递增， 所以当 x1e时，h(x)min1e， 所以实数 m 的最小值为1e. 强化练（二）强化练（二） 1(2020新高考全国改编)已知函数 f(x)aex1ln xln a若 f(x)1，求 a 的取值范围 【答案】解 f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex11x. 当 0
21、a1 时，f(1)aln a1. 当 a1 时，f(x)ex1ln x，f(x)ex11x. 当 x(0,1)时，f(x)0. 所以当 x1 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(1)1， 从而 f(x)1. 当 a1 时，f(x)aex1ln xln aex1ln x1. 综上，a 的取值范围是1，) 2设函数 f(x)ax2xln x(2a1)xa1(aR R)若对任意的 x1，)，f(x)0 恒成立，求实数 a 的取值范围 【答案】解 f(x)2ax1ln x(2a1)2a(x1)ln x(x0)， 易知当 x(0，)时，ln xx1， 则 f(x)2a(x1)(x1)(2a1)(x1)
22、 当 2a10，即 a12时，由 x1，)得 f(x)0 恒成立， f(x)在1，)上单调递增，f(x)f(1)0，符合题意； 当 a0 时，由 x1，)得 f(x)0 恒成立，f(x)在1，)上单调递减， f(x)f(1)0，显然不符合题意，a0 舍去； 当 0a12时，由 ln xx1， 得 ln 1x1x1，即 ln x11x， 则 f(x)2a(x1)11xx1x(2ax1)， 0a1. 当 x1，12a时，f(x)0 恒成立， f(x)在1，12a上单调递减， 当 x1，12a时，f(x)f(1)0， 显然不符合题意，0a0， 当 a0 时，f(x)0 恒成立，函数 f(x)在(0，
23、)上单调递增， 又 f(1)ln 1aa0，当 x时，f(x)， 所以函数 f(x)在定义域(0，)上有 1 个零点 当 a0，则 x(0，a)时，f(x)0. 所以函数 f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增 当 xa 时，f(x)取得最小值，且 f(x)minln a1， 则 ln a10，即 00， 所以函数 f(x)在定义域(0，)上有零点 综上所述，实数 a 的取值范围为，1e. 方法二 由 f(x)ln xax有零点可得， axln x 有解， 设(x)xln x，则(x)ln x1， 令(x)1e； 令(x)0，得 0 x1e， 所以(x)xln x 在0，1e上单
24、调递增，在1e， 上单调递减，且 x0 时，(x)0，x时，(x)， 画出(x)xln x 的草图如图所示，当 a1e时，axln x 有解， 所以实数 a 的取值范围是，1e. 子题子题 11 (2020全国)已知函数 f(x)exa(x2)， (1)当 a1 时，讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围 【答案】解 (1)当 a1 时，f(x)ex(x2)，f(x)ex1， 令 f(x)0，解得 x0，解得 x0， 所以 f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增 (2)f(x)exa. 当 a0 时，f(x)0， 所以 f(x)在(，)上单调递增
25、 故 f(x)至多存在一个零点，不合题意 当 a0 时，由 f(x)0，可得 xln 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 xln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)a(1ln a) ()若 01e，f(ln a)0， 所以 f(x)在(，ln a)上存在唯一零点 由(1)知，当 x2 时，exx20. 所以当 x4 且 x2ln(2a)时，f(x)22e exxa(x2)eln(2a)x22 a(x2)2a0. 故 f(x)在(ln a，)上存在唯一零点 从而 f(x)在(，)上有两个零点 综
26、上，a 的取值范围是1e， . 子题子题 22 已知函数 f(x)ln xx，方程 x22mf(x)(m0)有唯一实数解，求 m. 【答案】解 因为方程 2mf(x)x2有唯一实数解， 所以 x22mln x2mx0 有唯一实数解， 设 g(x)x22mln x2mx， 则 g(x)2x22mx2mx， 令 g(x)0，即 x2mxm0. 因为 m0，x0， 所以 x1m m24m20， 当 x(0，x2)时，g(x)0， g(x)在(x2，)上单调递增， 当 xx2时，g(x)0，g(x)取最小值 g(x2)， 则 gx20，gx20，即 x222mln x22mx20，x22mx2m0，
27、所以 2mln x2mx2m0， 因为 m0， 所以 2ln x2x210，(*) 设函数 h(x)2ln xx1，h(x)2x1， 因为当 x0 时，h(x)0，h(x)单调递增， 所以 h(x)0 至多有一解， 因为 h(1)0，所以方程(*)的解为 x21， 即m m24m21，解得 m12. 规律方法 解函数零点问题的一般思路 (1)对函数求导 (2)分析函数的单调性，极值情况 (3)结合函数性质画函数的草图 (4)依据函数草图确定函数零点情况 拓展训练 1(2019全国改编)已知函数 f(x)ln xx1x1.讨论 f(x)的单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点 【答案】解 f(
28、x)的定义域为(0,1)(1，) 因为 f(x)1x2x120， 所以 f(x)在(0,1)，(1，)上单调递增 因为 f(e)1e1e12e10， 所以 f(x)在(1，)上有唯一零点 x1，即 f(x1)0. 又 01x10)， f(1)0. f(x)2x2x2x1x1x， 当 x(0,1)时，f(x)0， f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 当 x1 时，函数 f(x)取得最小值， f(x)f(1)0，即 f(x)0. (2)解 方法一 f(x)2ax2x(x0)， 当 a0 时，f(x)0 时，f(x)2ax2x2ax1ax1ax， 可得当 x1a时，函数 f(x)
29、取得最小值 当 x0 时，f(x)；当 x时，f(x). 函数 f(x)有两个零点， f(x)minf 1a112ln 1aln a0， 解得 0a0，得 ln x0，0 x1， 由 h(x)0，x1， 函数 h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， h(x)maxh(1)1， 当 x0 时，h(x)，当 x时，h(x)0， 画出 h(x)12ln xx2的草图，如图所示， 由 ah(x)有两个解，可知 0a0； 当 x(32 3，32 3)时，f(x)0 在 R R 上恒成立， 所以 f(x)0 等价于x3x2x13a0. 设 g(x)x3x2x13a，则 g(x)x2x22x
30、3x2x120 在 R R 上恒成立， 当且仅当 x0 时，g(x)0， 所以 g(x)在(，)上单调递增 故 g(x)至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点 又 f(3a1)6a22a136a162160，故 f(x)有一个零点 综上所述，f(x)只有一个零点 2已知函数 f(x)ln xx2sin x，f(x)为 f(x)的导函数 (1)求证：f(x)在(0，)上存在唯一零点； (2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点 【答案】证明 (1)设 g(x)f(x)1x12cos x， 当 x(0，)时，g(x)2sin x1x20，g2210，f(x)在(0，)上单调递增；当 x(，)
31、时，f(x)0， f(x)在(，)上单调递减，所以 f(x)在(0，)上存在唯一的极大值点3f 2ln 222220， 又因为 f 1e221e22sin 1e221e220， 所以 f(x)在(0，)上恰有一个零点， 又因为 f()ln 20， 所以 f(x)在(，)上也恰有一个零点 当 x，2)时，sin x0，f(x)ln xx， 设 h(x)ln xx，则 h(x)1x10， 所以 h(x)在，2)上单调递减，所以 h(x)h()0， 所以当 x，2)时，f(x)h(x)h()0 恒成立， 所以 f(x)在，2)上没有零点 当 x2，)时，f(x)ln xx2， 设(x)ln xx2，则(x)1x10， 所以(x)在2，)上单调递减，所以(x)(2)0， 所以当 x2，)时，f(x)(x)(2)0 恒成立， 所以 f(x)在2，)上没有零点 综上，f(x)有且仅有两个不同的零点
