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苏教版（2019）高中数学一轮复习第8讲《导数的综合应用》（解析版）
【知识梳理】
序号 条件 构造函数
构 造 可 导 积 函 数
构 造 可 导 商 函 数
二、【真题再现】
1、（2022新高考1卷）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵ 球的体积为，所以球的半径,
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C.
2、（2022新高考1卷）设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以故选：C.
3、多选（2022新高考1卷）已知函数和有相同的最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】（1） （2）见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时， 的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【小问1详解】
的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.综上，.
【小问2详解】
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个零点，
当时，由（1）讨论可得、均无零点，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故在上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的零点，
此时有两个不同的零点，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
4、（2022新高考2卷）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
【答案】（1）的减区间为，增区间为. （2） （3）见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【小问1详解】
当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
【小问3详解】
取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
三、【考点精讲】
考点1 单调性的分类讨论问题
【例1】1、（2021·黑龙江大庆市（节选））已知函数，讨论函数的单调性.
【答案】答案见解析
【解析】函数的定义域为，，
当时，恒成立，所以在内单调递增；
当时，令，得，所以当时，单调递增；
当时，单调递减，
综上所述，当时，在内单调递增；
当时，在内单调递增，在内单调递减.
2、（2021·辽宁高三（节选））已知函数，讨论函数的单调性.
【答案】答案见解析
【解析】，
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得或，
当，即时，在和上单调递增，在上单调递减；
当，即时，恒成立，在上单调递增；
当，即时，在和，上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
3、（2021·北京二中（节选））已知函数，讨论的单调性.
【答案】答案见解析
【解析】，记，
当时，，，所以在上单调递增；
当时，，令，所以且，
时，，单调递增，
时，单调递减，
时，，单调递增，
综上可知：时，在上单调递增；时，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增。
【变式训练】
1、（2021·云南昆明市（节选））已知函数，，判断函数的单调性.
【答案】答案见解析
【解析】函数的定义域为，，
当时，，在上单调递增；
当时，令，得.
若，则，此时函数单调递减，
若，则，此时函数单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2021·合肥市第六中学（节选））已知函数，讨论的单调性.
【答案】答案不唯一，具体见解析
【解析】函数的定义域为，
，令，则，．
（ⅰ）若，则恒成立，所以在上是增函数．
（ⅱ）若，则，当时，；当时，．
（ⅲ）若，则，当时，；当时，．
综上所述；当时，在上是增函数；
当，在，上是增函数，在上是减函数；
当时，在，上是增函数，在上是减函数．
3、（2021·湖南高三月考）已知函数，讨论的单调性.
【答案】答案见解析
【解析】.
当，即时，，所以在上单调递增.
当，即或时，令，得.
当时，两根均为负数，则，所以在上单调递增；
当时，两根均为正数，所以在，上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
考点2 构造函数问题
【例2】1、（2021·青海西宁市）已知定义在R上的函数满足，且的导函数满足，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．或
【答案】B
【解析】令函数，则，所以在R上单调递增.
因为，所以原不等式等价于，
所以所求不等式的解集为故选：B
2、（2021·重庆市蜀都中学校高三月考）定义在上的函数的导函数为，满足：，，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】令，则，
即是上奇函数，而时，，，在上递增，于是在上递增，
又，，
所以，不等式的解集为，A正确.故选：A
3、（2021·全国高三月考）已知函数是函数的导函数，对任意，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】令，则，
对于任意，可得，
所以函数在上单调递增．
因为，所以，即，
所以，所以，，.故选：C．
4、（2021·湖南衡阳市八中高三）函数对任意的满足(其中是函数的导函数)，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】令，
又由已知可得，，所以，
所以在上单调递增
因为，所以，
故，D正确，
故选：D
【变式训练】
1、（2021·江苏南通市）已知定义域为的函数满足，，其中为导函数，则满足不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设，则，故在上单调增，
又
所以的解为 ，则不等式的解集
故答案为：A
2、（2021·四川广元市·高三三模）已知定义在上的偶函数，其导函数为，若，，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】构造函数 , ,
当 时，，故，在 上单调递增，
又为偶函数， 为偶函数，
所以为偶函数，在 单调递减.
,则，;
，
当 时，即，，所以 ；
当 时，即，，所以.
综上所述，.
故选：A
3、（2021·江西鹰潭市·高三一模）已知奇函数的定义域为，其导函数是．当时，，则关于的不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】，∴，
∵当时，，∴，
∴在上单调递减，∵是定义在上的奇函数，
故，∴是定义在上的偶函数．
∴在上单调递增．①当时，，
则不等式可转化为，
即，∴，故．
②当时，，
则不等式可转化为，
即，∴，故．
不等式的解集为．
故选：D．
4、（2021·湖北黄冈市·黄冈中学高三）已知函数满足：，，且.若角满足不等式，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】令，因为，所以为R上的单调减函数，
又因为，所以，
即，即，所以函数为奇函数，
故，即为，
化简得，即，即，
由单调性有，解得，故选:B.
考点3 导数的综合应用
【例3】1、（2021·安徽安庆市·安庆一中）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）解：的定义域为
令，方程的判别式，
（i）当，即时，恒成立，
即对任意，
所以在上单调递增.
（ii）当，即或
①当时，恒成立，即对任意，
所以在上单调递增.
②当时，由，解得
所以当时，当时，当时，，
所以在上，
在上，
所以函数在和上单调递增；
在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：
由，可得
得，因此，
因为，
令，则，
所以，所以，
要证明，只需证
即证
由（1）可知，时，在上是增函数，所以当时，，而，因此成立所以
2、（2021·全国高三）已知函数.
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）由题可得.
若恒成立，即，也即恒成立，
设函数则，令，可得.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以函数在时取得最小值，
所以，故的取值范围为.
（2）当时，.
要证，即要证，
因为，所以
令解得.
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
因此在处取得极小值，也是最小值，
所以.
设函数，所以，
令所以，
当时，所以在上单调递减，所以.
当，即时，
当，即时，在上单调递增；
当，即时，在上单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
所以.
因为所以
所以当时，成立.
【变式训练】
1、（2021·山东高三其他模拟）已知函数．
（1）求f(x)的单调区间；
（2）证明：．
【答案】（1）增区间为（，＋∞），减区间为（0，）；（2）证明见解析．
【解析】（1）∵的定义域是（0，＋∞），
f′(x)＝2x﹣＝，
当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)在（，＋∞）上单调递增；
当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)在（0，）上单调递减，
综上，函数f(x)的增区间为（，＋∞），减区间为（0，）；
（2）证明：由于x＞0，要证明，即证明，令，
则，令，恒成立，∴t(x)在（0，＋∞）单调递增，即g′(x)在（0，＋∞）单调递增，又t（1）＝0，即g′（1）＝0，∴g(x)在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
∴g(x)最小值＝g(x)极小值＝g（1）＝＞0成立，
所以原结论成立．
2、（2021·河南焦作市·高三）已知函数
（1）求的单调区间；
（2）若对于任意的恒成立，求实数的最小值.
【答案】（1）增区间为，减区间为；（2）1.
【解析】（1）由，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴的增区间为，减区间为；
（2）∵对于任意的，恒成立，
∴恒成立，即恒成立.
令，则，
令，则在上单调递增，
∵，
存在，使得，
当时，单调递增；当时，单调递减，由，可得，
，又恒成立，
，故m的最小值为1.苏教版（2019）高中数学一轮复习第8讲《导数的综合应用》（原卷版）
【知识梳理】
序号 条件 构造函数
构 造 可 导 积 函 数
构 造 可 导 商 函 数
二、【真题再现】
1、（2022新高考1卷）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
2、（2022新高考1卷）设，则（ ）
A. B. C. D.
3、多选（2022新高考1卷）已知函数和有相同的最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并
且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
4、（2022新高考2卷）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
三、【考点精讲】
考点1 单调性的分类讨论问题
【例1】1、（2021·黑龙江大庆市（节选））已知函数，讨论函数的单调性。
2、（2021·辽宁高三（节选））已知函数，讨论函数的单调性。
3、（2021·北京二中（节选））已知函数，讨论的单调性；
【变式训练】
1、（2021·云南昆明市（节选））已知函数，，判断函数的单调性。
2、（2021·合肥市第六中学（节选））已知函数，讨论的单调性。
3、（2021·湖南高三月考）已知函数，讨论的单调性.
考点2 构造函数问题
【例2】1、（2021·青海西宁市）已知定义在R上的函数满足，且的导函数满足，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．或
2、（2021·重庆市蜀都中学校高三月考）定义在上的函数的导函数为，满足：，，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
3、（2021·全国高三月考）已知函数是函数的导函数，对任意，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4、（2021·湖南衡阳市八中高三）函数对任意的满足(其中是函数的导函数)，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式训练】
1、（2021·江苏南通市）已知定义域为的函数满足，，其中为导函数，则满足不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
2、（2021·四川广元市·高三三模）已知定义在上的偶函数，其导函数为，若，，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
3、（2021·江西鹰潭市·高三一模）已知奇函数的定义域为，其导函数是．当时，，则关于的不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
4、（2021·湖北黄冈市·黄冈中学高三）已知函数满足：，，且.若角满足不等式，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
考点3 导数的综合应用
【例3】1、（2021·安徽安庆市·安庆一中）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证.
2、（2021·全国高三）已知函数.
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）当时，证明：.
【变式训练】
1、（2021·山东高三其他模拟）已知函数．
（1）求f(x)的单调区间；
（2）证明：．
2、（2021·河南焦作市·高三）已知函数
（1）求的单调区间；
（2）若对于任意的恒成立，求实数的最小值.

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