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　导数的综合应用
利用导数证明不等式
命题角度：(1)将不等式转化为函数最值问题；(2)利用分析法证明不等式；(3)放缩后构造函数证明不等式．
典例1　(2023·新高考Ⅰ卷T19)已知函数f (x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f (x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f (x)>2ln a＋.
命题立意 审题指导
本题以指数函数、一次函数构成的新函数为载体，第(1)问考查利用导数研究函数的单调性，属于课程学习情境；第(2)问考查利用导数证明不等式，属于探索创新情境． (1)f (x)→f ′(x)f (x)的单调性． (2)方法一(最值法)：由(1)知f (x)单调性f (x)min＝1＋a2＋ln ag(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－判断g(a)的单调性―→求g(a)的最小值，得结论． 方法二(分析法)：f (x)>2ln a＋―→f (x)min>2ln a＋―→关于a的不等式构造函数―→判断单调性―→求最值、得证．
思维拆解 解题思路 名师点拨
(1)第1步：求导． 第2步：对a分类讨论，判断f ′(x)的符号，得单调性． (2)方法一：最值法 第1步：利用(1)的结论，求f (x)的最值． 第2步：构造函数，求导，判断其单调性． 第3步：求所构造函数的最小值，得结论． 解：(1)f ′(x)＝aex－1，当a≤0时，f ′(x)≤0， 所以函数f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令f ′(x)>0，得x>－ln a，令f ′(x)<0，得x<－ln a，所以函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上可得：当a≤0时，函数f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明：法一(最值法)：由(1)得当a>0时，函数f (x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f (－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，所以g′(a)＝2a－，令g′(a)>0，得a>；令g′(a)<0，得00，所以当a>0时，f (x)>2ln a＋成立． (1)研究含参函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)待证不等式的两边含同一个变量时，一般可以构造“左减右”函数，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
思维拆解 解题思路 名师点拨
方法二：分析法 第1步：利用(1)的结论，求函数f (x)的最值． 第2步：利用分析法转化不等式． 第3步：构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，求导，判断其单调性，求最值． 第4步：把要证的不等式转化为一元二次不等式，利用配方法证明． 法二(分析法)： 当a>0时，由(1)得，f (x)min＝f (－ln a)＝1＋a2＋ln a. 故欲证f (x)>2ln a＋成立， 只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋， 即证a2－>ln a. 构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)， 则u′(a)＝－1＝， 所以当a>1时，u′(a)<0；当00. 所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1， 故只需证a2－>a－1，即证a2－a＋>0， 因为a2－a＋＝＋>0恒成立， 所以当a>0时，f (x)>2ln a＋成立． (3)学会思考，明确求导的目的，同时注意函数、导数、不等式间的内在联系是攻克导数问题的根本．
不等式恒成立或有解问题
命题角度：(1)单变量的不等式恒成立或有解问题；(2)双变量的不等式恒成立或有解问题．
典例2　(2024·新高考Ⅰ卷T18)已知函数f (x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3.
(1)若b＝0，且f ′(x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y＝f (x)是中心对称图形；
(3)若f (x)>－2当且仅当1命题立意 审题指导
本题考查导数的运算法则，利用导数研究函数单调性，最值和解决不等式恒成立问题，通过导数、函数、不等式等知识，深入考查逻辑推理、运算求解能力以及分类讨论思想、化归与转化思想． (1)已知条件f (x)→f ′(x)→f ′(x)≥0恒成立a≥－a≥－2―→得解． (2)曲线f (x)是中心对称图形→f (x)＋f (2－x)＝2a→得证． (3)曲线f (x)是中心对称图形―→a＝－2―→f ′(x) g(x)＞g(1)得解．
思维拆解 解题思路 名师点拨
(1)第1步：求f (x)的定义域． 第2步：求f ′(x)． 第3步：根据f ′(x)≥0求最小值． (2)第1步：求解f (2－x)与f (x)的关系式． 第2步：得出曲线y＝f (x)的对称中心． (3)第1步：求a的值． 第2步：求f ′(x)并变形整理． 第3步：分类讨论，研究f (x)的单调性，并判断是否符合题意． 第4步：得出 b的取值范围． 解：(1)当b＝0时，f (x)＝ln ＋ax， 因为＞0，所以0＜x＜2， 所以f (x)的定义域为(0，2)． 由f (x)＝ln x－ln (2－x)＋ax得f ′(x)＝＋a， 由f ′(x)≥0得＋a≥0对任意0＜x＜2恒成立， 所以a≥max，又x(2－x)≤2＝1，所以y＝－(0＜x＜2)的最大值为－2， 故a≥－2，即a的最小值为－2. (2)证明：f (2－x)＝ln ＋a(2－x)＋b(1－x)3 ＝－ln －ax－b(x－1)3＋2a＝－f (x)＋2a， 所以f (2－x)＋f (x)＝2a， 故曲线y＝f (x)关于点(1，a)中心对称． 所以曲线y＝f (x)是中心对称图形． (3)因为曲线f (x)是中心对称图形， 所以f (1)＝a＝－2， 此时f (x)＝ln －2x＋b(x－1)3， f ′(x)＝－2＋3b(x－1)2＝(x－1)2. 令g(x)＝＋3b＝＋3b＝＋3b，所以g(x)在(1，2)上单调递增． 所以g(x)＞g(1)＝2＋3b. ①当b≥－时，f ′(x)＞0，f (x)在(1，2)上单调递增，f (x)＞f (1)＝－2，符合题意． ②当b＜－时，g(1)＜0， g(x)＝＋3b＝. 令g(x)＝0，得x＝1±， 因为b＜－，所以∈(0，1)， 故1＋∈(1，2)，1－∈(0，1)， 所以当x∈时，g(x)＜0，f ′(x)＜0，f (x)在上单调递减， 故f ＜f (1)＝－2，不符合题意． 综上，b的取值范围为. (1)易错：容易忽略求解函数的定义域，从而致错． (2)正确求导是解答本题的关键，运用对数的运算性质变形后再求导简单易解． (3)含参数的不等式恒成立问题，一般采用分离参数法或构造函数法，将恒成立问题转化为函数的最值问题求解． (4)若f (2a－x)＋f (x)＝2b，则函数f (x)的图象关于点(a，b)中心对称． (5)由曲线y＝f (x)关于点(1，a)中心对称求得a＝－2是解答第(3)问的关键． (6)对导函数f ′(x)进行通分、分解因式等，可以有效化繁为简，便于判断f ′(x)的符号． (7)根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可．
利用导数研究函数的零点
命题角度：(1)判断、证明或讨论函数零点的个数；(2)已知函数零点个数求参数的取值范围．
典例3　(2021·新高考Ⅱ卷T22)已知函数f (x)＝(x－1)ex－ax2＋b.
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)从下面两个条件中任选一个作为已知条件，证明：f (x)有一个零点．
①＜a≤，b＞2a；②0命题立意 审题指导
本题考查利用导数研究函数单调性、函数零点以及导数公式和导数运算法则，体现了数学运算、逻辑推理的核心素养． (1)f (x)→f ′(x)f (x)的单调性． (2)选择条件①f (x)的单调性当x>0时，f (x)>0f (x)存在唯一零点． 选择条件②f (x)的单调性当x<0时，f (x)<0f (x)存在唯一零点．
思维拆解 解题思路 名师点拨
(1)第1步：求导． 第2步：分类讨论．分类讨论确定函数的单调性． 解：(1)由题意，得f ′(x)＝ex＋(x－1)ex－2ax＝x(ex－2a)．①当a≤0时，由f ′(x)＝0，得x＝0，所以当x>0时，f ′(x)>0，当x<0时，f ′(x)<0，所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减； ②当0<2a<1，即00或x0，当ln (2a)1，即a>时，由f ′(x)＝0，得x＝0或x＝ln (2a)，所以当x<0或x>ln (2a)时，f ′(x)>0，当0时，函数f (x)在(ln (2a)，＋∞)，(－∞，0)上单调递增，在(0，ln (2a))上单调递减． (1)若求导错，则该题解答错． (2)由于导数的正负取决于ln (2a)与0的大小关系，故以为分界点进行分类讨论． (3)易漏掉a＝.
思维拆解 解题思路 名师点拨
(2)第1步：选择条件．在所给的条件中选择一个． 第2步：巧算、估算．根据选择的条件，结合单调性，估算出特殊函数值． 第3步：数形结合．结合单调性及特殊函数值，画出草图，利用函数零点存在定理判断零点． (2)选择条件①2a. 由(1)知，当a>时，函数f (x)在(ln (2a)，＋∞)，(－∞，0)上单调递增，在(0，ln (2a))上单调递减． 因为f (0)＝－1＋b>－1＋2a>－1＋1＝0，f (ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b>2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a＝a ln (2a)[2－ln (2a)]≥a ln (2a)·＝0， 所以当x>0时，f (x)>0.又f ＝· ＋b＝－<0，所以函数f (x)在(－，0)上存在唯一零点． 综上所述，函数f (x)存在唯一零点． 选择条件②0x恒成立， 所以f (2＋|b|)＝(1＋|b|)e2+|b|－a(2＋|b|)2＋b>(1＋|b|)(2＋|b|)－a(2＋|b|)2－|b|＝≥0，所以函数f (x)在(0，2＋|b|)上存在唯一零点． 综上所述，函数f (x)存在唯一零点． (4)根据函数值符号判断零点的存在性，依据就是零点存在定理，该处只需判断f <0即可． (5)不等式ex>x直接用，无需证明． 归纳总结：三步求解函数零点(方程根)的个数问题 第1步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题． 第2步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象． 第3步：结合图象求解．
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