（教案讲义）2022-2023学年高三年级新高考数学一轮复习专题4.5导数的综合应用

4.5 导数的综合应用
题型特点 考情分析 核心素养
导数的综合应用是历年高考的热点，试题难度通常较大，多以压轴题的形式出现，命题的热点主要是利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究函数的零点（方程的根）；利用导数研究恒成立或存在性问题等.体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、化归与转化等数学思想. 新高考3年考题 题 号 考 点 数学运算 逻辑推理 直观想象
2022(Ⅰ)卷 22 利用导数研究函数零点问题
2022(Ⅱ)卷 22 利用导数研究恒成立问题、不等式证明
2021(Ⅰ)卷 22 利用导数证明不等式
2021(Ⅱ)卷 22 利用导数研究零点问题
2020(Ⅰ)卷 21 利用导数研究恒成立问题
1．利用导数研究函数的图象与性质
（1）函数图象的识别：利用定义域、奇偶性、特殊点，无法得出正确选项时，求导研究单调性，排除选项；
（2）作出函数图象： ①求导，明确函数单调区间；②借助极值、最值、零点等特殊值，画出函数的大致图象.
2．利用导数研究函数零点问题思路
（1）转化为函数图象交点：方程有实根两个函数图象的交点问题函数有零点．
将变形为，转化为的图象交点问题，类型有：
①一平一曲：一平即常数函数（为常数）图象与一曲线图象的交点；
②一斜一曲：一斜即一次函数图象与一曲线图象的交点；
③两曲：两个函数图象均为曲线，凸凹性相反.
（2）利用零点存在性定理解决：利用导数研究函数单调性，结合零点存在性定理，判断函数零点个数.
3．利用导数研究不等式恒成立或存在性问题
不等式恒成立问题或存在性问题转化为求函数最值问题，利用导数研究函数最值，求出参数的取值范围.
㈠ 不等式在某个区间上恒成立或存在性成立问题的转化途径：
⑴；；
⑵；；
⑶；
㈡ 双变量的“任意性”与“存在性”问题
①,都有恒成立；
②,都有恒成立；
③,都有恒成立；
④,都有恒成立；
⑤,都有的值域是值域的子集；
⑥,都有的值域与值域的交集不为空集.
1．【P104 T18】已知函数，其中．
Ⅰ当时，求函数的单调区间；
Ⅱ当时，证明：．
2．【P104 T19】已知函数为常数．
讨论函数的单调性；
若为整数，函数恰好有两个零点，求的值．
考点一　利用导数研究函数零点问题
【方法储备】
函数零点问题主要考查2个方向：①研究函数零点个数；②由函数零点存在性情况求参数的取值范围.
常用思路有：
⑴图象法：
①通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数；
②令，将函数零点问题转化为两个函数图象交点问题.在同一坐标系中，画出两个函数的图象，得出零点个数，或求出参数的取值范围.
⑵定理法：求导研究函数的单调性与极值，利用零点存在性定理逐个单调区间判断是否存在零点，或根据零点存在性情况，推导出函数本身需要满足的条件，求出参数的取值范围.若函数较复杂，需要构造函数或多次求导.
【典例精讲】
例1. (2022·湖北省孝感市期月考) 已知函数，为的导数．
证明：当时，；
设，证明：有且仅有个零点．
例2.(2022·福建省泉州市期末) 已知函数．
当时，讨论的单调性；
若有两个零点，求的取值范围．
【名师点睛】
1.函数解析式复杂时，可对函数解析式做适当变形，变成几个因式相乘，取零点不确定的因式，构造函数，判断零点个数.
2.已知零点个数求参：①分离参数变形为,转化为求函数的最值问题，或者的图象与的图象在给定区间上的交点问题；
②若含参讨论，有几个零点就至少有几个单调区间，每个单调区间要分别求函数值，保证端点处函数值异号，该区间有且仅有一个零点.
3.极值点的转化：原函数的极值点问题转化为导函数的零点问题解决.
【靶向训练】
练1-1(2022·安徽省合肥市月考.多选) 已知函数，则下列说法正确的是( )
A. 当时，有两个零点
B. 当时，有极小值点
C. 当时，没有零点
D. 不论为何实数，有总存在单调递增区间
练1-2(2022·山东省青岛市月考) 设函数．
当时，判断的单调性；
若函数的图象与轴没有公共点，求的取值范围．
考点二 不等式恒成立与能成立问题
【方法储备】
利用导数解决不等式恒成立与能成立问题，转化是解决问题的关键.常用思路有：
1.分离参数：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数最值问题，利用导数求函数的最值，求出参数的取值范围.
2.划归为求最值：.
3.同构化：将恒成立的不等式同构化，利用函数单调性构建变量间的不等关系.
如：，研究的单调性，即.
【典例精讲】
例3.(2022·湖北省武汉市月考) 已知函数．
若函数的图象在处的切线为，求的极值；
若恒成立，求实数的取值范围．
例4.(2022·安徽省蚌埠市月考) 已知函数．
Ⅰ若是的极值点，求的单调区间；
Ⅱ若恒成立，求的取值范围．
例5.(2022·山东省烟台市模拟) 已知函数．
当时，讨论函数零点的个数
当时，恒成立，求的取值范围．
【名师点睛】
1.分离参数法是解决恒成立问题的基本方法，前提是易于分离变量（有时需分类讨论）且能够求出最值，两个条件缺一不可.
2.同构常见变形方式：①；②；③；④；
⑤.
⑴积型：
⑵商型：
⑶和差型：
【靶向训练】
练2-1(2022·湖北省武汉市模拟.多选) 已知函数，，，，且时，都有成立，则实数的值可以是( )
A. B. C. D.
练2-2(2021·福建省厦门市期中) 若对任意正实数，，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ．
考点三　利用导数证明不等式
【方法储备】
函数不等式的类型多样，既有含变量与不含变量之分，也有单变量与双变量之分，证明方法多变，常用思路有：
1.单变元不等式的证明
（1）含单变元不等式
①移项（或同解变形后）作差，构建函数求最值.
②适当放缩：可利用常见不等式放缩、 结论放缩、或者利用已知的参数范围使参数取确定的值进行放缩.
常用不等式有：
（1）三角函数放缩：①；②；③
（2）指数放缩：①；②（为函数图象的两条切线）；
③；④
（3）对数放缩：①；②；③；
（为函数图象的两条切线）
（4）指对放缩：
2.双变元不等式的证明
⑴利用变元之间的关系消元，转化为单变元不等式.如已知为函数的极值点，先么得出的关系.
⑵换元法：将或看作一个整体，换元后转化为单变元不等式.
利用单调性：若函数在区间上单调递增,则；若，且，
则,单调递减有类似结论.
【典例精讲】
例6.(2022·江苏省南京市模拟) 已知函数．
讨论函数的单调性；
若，证明．
例7. (2022·河北省石家庄市期末) 已知函数．
证明：曲线在点处的切线恒过定点；
若有两个零点，，且，证明：．
【名师点睛】
1.利用求最值的方法证明不等式时，对于函数最值点存在但无法确定的情况，可设出函数的隐零点，充分利用的条件，完成证明.
2.涉及极值点偏移问题时，可考虑对称化构造.
【靶向训练】
练3-1(2022·广东省中山市模拟) 已知函数
讨论的单调性．
若，证明：对任意的，都有．
练3-2(2022·山东省烟台市期末) 已知函数．
若的图象恒在轴上方，求的取值范围
若存在正数，，满足，证明：．
易错点1 用错恒成立的条件 分离参数时未讨论致错
例8. (2022·江苏省南京市期末) 已知函数且的图像在点处的切线方程为
若恒成立，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
答案解析
【教材改编】
1．【解析】Ⅰ解：当时，，则，
在上单调递增，且，
当时，；当时，．
的单调递减区间为，单调递增区间为；
Ⅱ证明：当时，，则，
在上单调递增，且，，
存在唯一的，使得．
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增．
，
又，即，
化简得，
，
，
，
当时，成立．
2．【解析】由题意，．
若，对，恒成立，在单调递增；
若，则，当时，，时，，
所以在单调递增，在单调递减，
综上所述：当，在单调递增；当，在单调递增，在单调递减．
由知，若函数恰好有两个零点，则，且在处有极大值，也是最大值，故．
即，
又为整数且，当时，且，
当时，且，
当时，且，
当时，且，
故的值为：，，．
【考点探究】
例1. 【解析】函数，
则，
当时，则，
当时，则
，
所以当时，恒有成立．
函数，则，
由知当时，恒成立，
所以函数在上单调递增；
当时，函数单调递增，
则函数也在上单调递增，
此时．
当时，
则，
所以函数在上恒有成立，
即在上单调递减，在上单调递增，
又，
，
，
所以函数在和上各有个零点，
即函数有且仅有个零点．
例2. 【解析】由题意，的定义域为，且．
当时，，令，解得．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增．
在上单调递减，在上单调递增；
当时，恒成立，在上单调递增，至多有一个零点，不合题意；
当时，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增．
的极小值也是最小值为，
又当时，，当时，．
要使有两个零点，只要即可，
则，可得．
综上，若有两个零点，则的取值范围是．
练1-1.【解析】选项A因为，则，
令，有零点，即函数有交点，
若是的切线，设切点为，
则解得
所以当时，函数和函数有两个交点，
即函数有两个零点，故A正确
选项B：当时， ，令得 ，
当，单调递减，当，单调递增，
所以当时，有极小值点，故B正确
选项C：当时，函数的图象和函数图象有交点，
所以函数有零点，故C错误
选项D：
，
当时，在上恒成立，
在上单调递增．
当时，令解得；
令解得，
在单调递减，在单调递增故总有单调增区间
故D正确，
故选ABD．
练1-2.【解析】当时，
则
当时，，函数递增；当时，，函数递减
故函数在单调递增；在单调递减．
函数
则，
因为函数的图象与轴没有公共点，
所以时方程无实数根，即无实数根，
令，
则
令，为增函数，且，
所以有唯一零点，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，
所以，
即的取值范围为．
例3.【解析】，
此时函数，
函数的图象在处的切线为，成立，
所以，此时在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，不存在极小值；
由，
化简可得，
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，
又 ，
存在唯一的，使得，
故F在上单调递减，在上单调递增，
，
由，得 ，
，所以，
即实数的取值范围是．
例4.【解析】Ⅰ由题意知函数的定义域为，
，
是的极值点，
，解得，
当时，，
当变化时，
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
Ⅱ要使得恒成立，即当时，恒成立，
设，则，
(ⅰ)当时，由得单减区间为，
由得单增区间为，
故，得；
当时，由得单减区间为，
由得单增区间为，，
此时，不合题意；
当时，在上单调递增，此时，不合题意；
当时，由得单减区间为，
由得单增区间为，，
此时，不合题意．
综上所述，的取值范围为．
例5. 【解析】 函数，定义域为 ， ，
当 时， ，所以函数单调递增，
又， ，所以函数 有唯一零点．
当 时， 恒成立，所以函数无零点，
当 时，令，得 ，
当 时， ，函数单调递减；当 时， ，函数单调递增．则，所以函数无零点．
综上所述， 当 时，函数无零点；
当 时，函数 有一个零点．
当时， 恒成立，即对 恒成立，
即 对 恒成立，
设函数，，则 对 恒成立，
则，则在 上单调递增，
又，所以 在恒成立，即在恒成立，
令 ，，则，得 ，
当时， ，函数 单调递减；当时， ，函数单调递增，
所以，故．
故 的取值范围是
练2-1.【解析】因为，，且时，都有成立，
所以，，且时，都有成立，
令，则在上单调递增，
恒成立，所以恒成立，
所以恒成立，所以恒成立，
令，，所以在上恒成立，
因为不等式左边是一个开口向下的抛物线，所以只须在的范围的两个
端点值均满足不等式即可。
代入，有，解得；
代入，有，解得；
综上可得的取值范围为故选：．
练2-2.【解析】不等式对、恒成立，
可得，
可设，可得，
，
由和在时单调递减，可得在时单调递减，
则，当时，，递减；
时，，递增，
可得在处取得极大值，且为最大值，
则，即，解得，
故答案为：．
例6.【解析】的定义域为，，
当时，在上恒成立，
所以在上单调递增，
当时，时，，单调递减，
时，，单调递增，
综上，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增．
当时，，
令，，
则，，
令，，
恒成立，
所以在上单调递增，
因为，，
所以存在唯一的，使得，
即，
当时，，即，所以在上单调递减，
当时，，即，所以在上单调递增，
所以，
把代入得，，
设，，
则恒成立，
所以在上单调递减，
所以，
因为，
所以，即，
所以，
所以时，．
例7. 【解析】，
，又，
曲线在点处的切线方程为，
即，当时，，
故切线过定点；
，是的两个零点，且，
，可得，
，
令，，
构造函数，，
令，则，则在上单调递增，
而，
，则在上单调递增，
，
可得，则，
即，则．
练3-1.【解析】解：由题意可得，
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
证明：设，则，
由，得；由，得．
则在上单调递增，在上单调递减，
故，即，即，当且仅当时，等号成立
设，则．
由，得，由，得
则在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以有解，
则，当且仅当时，等号成立．
即，
所以，当时，
练3-2.【解析】的定义域为，
当时，，则单调递减
当时，，则单调递增．
因此，当时，．
由题意，，
即，解得；
由及的单调性知，．
构造函数，．
则，
当时，， ，即，
所以在区间上单调递减．
因为，所以，即
由题意，所以
因为在，且单调递增，，，
所以，即．
【易错点归纳】
例8. 【解析】，，
又函数在处的切线方程为，
，即，则，
恒成立，恒成立，
当时，成立．
当时，令，则，
当时，，在和上
单调递减，当时，，单调递增，
当时，恒成立，；
当时，恒成立，而，则．
综上，．
的取值范围为．
故选：．
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