发布时间 : 星期六 文章2020届高考数学大二轮复习层级二专题一函数与导数第4讲导数的综合应用与热点问题教学案文更新完毕开始阅读c6f40ecb750bf78a6529647d27284b73f3423651
第4讲 导数的综合应用与热点问题
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导数日益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．
解答题的热点题型有：
(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根． (2)利用导数求解参数的范围或值．
[真题体验]
1．(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝
ax2＋x－1
e
x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0. 解析：(1)由题意：f(x)＝
2
ax2＋x－1
e
x2ax＋1e－ax＋x－1
得f′(x)＝x2
e
x2
e
x＝
－ax＋2ax－x＋22
；∴f′(0)＝＝2；即曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线斜率为2， xe1∴y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0. (2)当a≥1时，f(x)＋e≥令g(x)＝x＋x－1＋e则g′(x)＝2x＋1＋e
2
x2＋x－1＋ex＋1
e
x，
x＋1
，
x＋1
，
当x＜－1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x＞－1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增． 所以g(x)≥g(－1)＝0.
- 1 -
因此当a≥1，f(x)＋e≥0.
2．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明： (1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)
x－11
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－，
xx1
因为y＝ln x单调递增，y＝单调递减，所以f′(x)单调递增，又f′(1)＝－1＜0，f′(2)
x1ln 4－1＝ln 2－＝＞0，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.
22
又当x＜x0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞x0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f(x0)＜f(1)＝－2，又f(e)＝e－3＞0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝a.
1
由α＞x0＞1得＜1＜x0.
2
2
af?1??1?11
又f??＝?－1?ln－－1＝
aa????aaα1
＝0，故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根． aa综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
[主干整合]
1．常见构造辅助函数的四种方法
(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明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)构造“形似”函数：稍作变形后构造．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结构，根据“相同结构”构造辅助函数．
(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．
(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f(x)和g(x)，利用其最值求解．
2．不等式的恒成立与能成立问题
(1)f(x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立?[a，b]是f(x)＞g(x)的解集的子集?[f(x)－
g(x)]min＞0(x∈[a，b])．
(2)f(x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立?[a，b]与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b])．
- 2 -
(3)对?x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min.
(4)对?x1∈[a，b]，?x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min. 3．零点存在性定理在函数的零点问题中的应用
第一步：求导函数 根据导数公式，求出函数的导函数，并写出定义域． 第二步：讨论单调性 由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)讨论函数的单调性． 第三步：定区间端点处的函数值符号 确定单调区间端点处的函数值及符号． 第四步：判定零点 根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数． 4．分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题
第一步：分离参变量 由已知的含参方程将参数与已知变量分离．
第二步：研究函数 将已知范围的变量的代数式作为函数，利用导数研究其图象． 第三步：利用图象找交点 利用图象找到产生不同交点个数的参数的取值范围． 第四步：运动定范围 通过改变未知变量的范围找出临界条件．
热点一 利用导数研究不等式问题
利用导数证明不等式
[例1－1] (2019·梅州三模节选)已知函数f(x)＝ln(x－1)． (1)证明：f(x＋1)≤
2xx＋1
2
x－
2
； x＋1
(2)证明：e－2(x－1)e≥2x＋3.
[审题指导] 第(1)小题利用移项作差构造法构造函数，通过求导研究函数的单调性，求解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式．
[解析] (1)令h(x)＝f(x＋1)－则h(x)＝ln x－
x＋1
2
＋
2
(x＞0)， x＋1
2x＋1
2
x＋1
2211＋，h′(x)＝－－x＋1x22－x－x＝
2xx＋1
32
＝
- 3 -
1－x2xx2＋x＋2x＋1
2
，
所以当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(1)＝0， 所以f(x＋1)≤
x＋1
2
－
2. x＋12－
2
，t＞0. t＋1
x2
(2)由(1)易知ln t≤
2xt＋1
要证e－2(x－1)e≥2x＋3，即(e＋1)≥2x(e＋1)＋4， 4e＋12
只需证e＋1≥2x＋x，即证≥x＋x.
e＋12e＋1
xxxxe＋122e＋1
令t＝e，则x≤－x，即x＋x≤，得证．
2e＋1e＋12
xxx
用导数证明不等式的方法
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①?x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②?x1，x2∈[a，b]，且x1＜x2，有f(x1)＜f(x2)．对于减函数有类似结论．
(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则?x∈D，有f(x)≤M(或
f(x)≥m)．
(3)证明f(x)＜g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)＜0. 利用导数研究不等式恒成立、存在性问题
[例1－2] (2019·西安三模)已知f(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)，g(x)＝k(x＋1)． (1)求f(x)的单调区间．
(2)当k＝2时，求证：对于?x＞－1，f(x)＜g(x)恒成立．
(3)若存在x0＞－1，使得当x∈(－1，x0)时，恒有f(x)＞g(x)成立，试求k的取值范围． [审题指导] (1)求f(x)的导数f′(x)，再求单调区间． (2)构造函数证明不等式．
(3)构造函数、研究其单调性，从而确定参数范围． [解析] (1)f′(x)＝＝－2
2
－2(x＋1) x＋2
2
x2＋3x＋1
(x＞－2)．
x＋2
－3＋52
当f′(x)＞0时，x＋3x＋1＜0，解得－2＜x＜.
2－3＋5
当f′(x)＜0时，解得x＞.
2
- 4 -