人教A版（2019）数学选择性必修第三册综合复习：导数的综合应用 学案（含答案）

导数的综合应用
考点一　利用导数证明不等式
【经典再现】
[例1] (课标全国Ⅱ，21，12分)已知函数f(x)=a-ax-xln x，且 f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明： f(x)存在唯一的极大值点x0，且< f(x0)<.
【总结提升】
1.含参不等式的证明方法(例如证明f(x)>g(x))
对于含参数的不等式，如果易分离参数，那么可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时可作出函数图象(草图)，借助几何图形分析转化.
2.破解含双参不等式的证明的关键
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式中，即可证得结果.
【对点训练】
(湖南长沙模拟)已知函数f(x)=e-xln x.求证：当x>0时，f(x)考点二　利用导数解决恒成立、存在性问题
命题角度一　恒成立问题
【经典再现】
[例2] (课标全国Ⅲ文，21，12分)已知函数f(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.
[例3] (课标全国Ⅱ文，21，12分)设函数f(x)=(1-).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时， f(x)≤ax+1，求a的取值范围.
【总结提升】
恒成立问题求参数，实际上就是已知参数证明不等式问题的逆问题，只需将参数当作常数，转化为不等式问题，最后求出参数的值或取值范围.
【对点训练】
1.(江西南昌调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f '(x)，若对任意的x>0都有2f(x)+xf '(x)>0成立，则(　　)
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
2.(山东潍坊模拟)已知函数f(x)=.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围.
命题角度二　存在性问题
[例4] (课标全国Ⅲ，20，12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0，1]的最小值为-1且最大值为1？若存在，求出a,b的所有值；若不存在，说明理由.
【总结提升】
1.含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法
a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；
a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.
2.含全称、存在量词的不等式能成立问题
(1)存在x1∈A，任意x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；
(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.
3.恒成立与存在性问题的关系
“恒成立”与“存在性”问题的求解过程是“互补”的，即f(x)≥g(a)对于x
∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号能否取到，注意端点值的取舍.
【对点训练】
1.(安徽江南十校联考)若曲线C1：y=x2与曲线C2：y= (a>0)存在公共切线，则a的取值范围是(　　)
A.(0，1) B.
C. D.
2.(安徽淮南一模)已知函数f(x)=x2-ln x.
(1)求函数f(x)在点(1， f(1))处的切线方程；
(2)在函数f(x)=x2-ln x的图象上是否存在两点，使以这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间上 若存在，求出这两点的坐标；若不存在，请说明理由.
考点三　函数零点问题
命题角度一　求零点个数
【经典再现】
[例5] (课标全国Ⅰ，20，12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x)， f'(x)为f(x)的导数.证明：
(1)f'(x)在区间存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点.
【总结提升】
1.求函数零点(方程根)的个数问题的步骤
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题；
第二步：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，进而画出其图象；
第三步：结合图象求解.
2.确定函数f(x)零点或方程根的常用方法
(1)因式分解.可求出f(x)=0的部分根.
(2)构造函数.构造函数g(x)(要求g'(x)易求，g'(x)=0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象(大致图象)，数形结合求函数零点的个数.
(3)利用零点存在性定理.先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数.
【对点训练】
(广东佛山质检)定义在R上的奇函数y=f(x)满足f(3)=0，且不等式f(x)>-xf '(x)在(0，+∞)上恒成立，则函数g(x)=xf(x)+lg|x+1|的零点个数为__________.
命题角度二　已知零点情况求参数
[例6] (陕西咸阳一模，21)已知函数f(x)=ax2-1-2ln x(a∈R).
(1)当a=1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.
【总结提升】
解决已知函数零点个数，求参数取值范围的问题时，常从以下两个方面去思考：
(1)根据区间上零点的个数情况估计函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；
(2)也可以先求导，通过导数分析函数的单调性，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解.
【对点训练】
(天津调研)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，则c等于(　　)
A.-2或2 B.-9或3
C.-1或1 D.-3或1
考点四　与数列有关的不等式
【经典再现】
[例7] (课标全国Ⅲ，21，12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，…【总结提升】
证明与数列有关的不等式的策略
(1)根据已知的不等式，用关于正整数n的式子代替函数不等式中的自变量，得到关于n的不等式，通过多次求和证明.此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到.
(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指数式、对数式的互化，如ex>x+1可化为ln(x+1)【对点训练】
(贵州贵阳模拟)已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0).
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)求证：当n∈时，1+++…+>ln(n+1).
参考答案
考点一　利用导数证明不等式
【经典再现】
[例1] 解析：(1)f(x)的定义域为(0，+∞).
设g(x)=ax-a-ln x，则f(x)=xg(x)， f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)=0，g(x)≥0，所以g'(1)=0，
而g'(x)=a- ，g'(1)=a-1，得a=1.
若a=1，则g'(x)=1-.
当0当x>1时，g'(x)>0，g(x)单调递增.
所以x=1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)=0.
综上，a=1.
(2)证明：由(1)知f(x)=-x-xln x， f '(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x，则h'(x)=2-.
当x∈时，h'(x)<0；
当x∈时，h'(x)>0.
所以h(x)在单调递减，在单调递增.
又h()>0，h()<0，h(1)=0，所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，+∞)时，h(x)>0.
因为f '(x)=h(x)，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f '(x0)=0得ln x0=2(x0-1)，故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈ 得f(x0)<.
因为x=x0是f(x)在(0，1)的最大值点，
由∈(0，1)， f '()≠0得f(x0)>f()=，
所以【对点训练】
证明：f(x)=e-xln x，x>0，
要证f(x)只需证ex-ln x<+，即证ex-令h(x)=ln x+ (x>0)，则h'(x)=，
易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以h(x)min=h=0，所以ln x+≥0.
令φ(x)=ex-，则φ'(x)=e-，
易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
所以φ(x)max=φ(1)=0，所以ex-≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，
所以ex-考点二　利用导数解决恒成立、存在性问题
命题角度一　恒成立问题
【经典再现】
[例2] 解析：(1)f '(x)=， f '(0)=2.
因此曲线y=f(x)在点(0，-1)处的切线方程是2x-y-1=0.
(2)证明：当a≥1时， f(x)+e≥(+x-1+)e-x.
令g(x)=+x-1+ ，则g'(x)=2x+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.因此f(x)+e≥0.
[例3] 解析：(1)f '(x)=(1-2x-) .
令f '(x)=0，得x=-1-或x=-1+.
当x∈(-∞，-1-)时， f '(x)<0；
当x∈(-1-，-1+)时， f '(x)>0；
当x∈(-1+，+∞)时， f '(x)<0.
所以f(x)在(-∞，-1-)，(-1+，+∞)上单调递减，
在(-1-，-1+)上单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)
当a≥1时，设函数h(x)=(1-x) ，h'(x)=-x<0(x>0)，
因此h(x)在[0，+∞)上单调递减，而h(0)=1，
故h(x)≤1，所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当00(x>0)，
所以g(x)在[0，+∞)上单调递增，而g(0)=0，故≥x+1.
当0(1-x)，(1-x) -ax-1=x(1-a-x-)，取x0=，
则x0∈(0，1)，(1-x0)-ax0-1=0，故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时，取x0=，则x0∈(0，1)， f(x0)>(1-x0)=1≥ax0+1.
综上，a的取值范围是[1，+∞).
【对点训练】
1.答案：A
解析：观察选项A，B，4f(-2)=(-2)2f(-2)，9f(3)=32f(3)，所以令g(x)=x2f(x)，
则g'(x)=2xf(x)+x2f '(x)，
因为对任意x>0都有2f(x)+xf '(x)>0，所以g'(x)=x[2f(x)+xf '(x)]>0，
即g(x)在(0，+∞)上为增函数.
又f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(-x)=f(x)，g(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=g(x)，
即g(x)也为偶函数，则g(-2)=g(2)，且g(2)所以g(-2)观察选项C，D，比较2f(3)与3f(-2)的大小，
又f(-2)=f(2)，等价于比较 与 的大小，
令h(x)=，则h'(x)=h(x)在(0，+∞)上可能是增函数，也可能是减函数，C，D不确定.
2. 解析：(1)由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，+∞)，
f '(x)= =-，
令f '(x)=0，得x=1.
当x∈(0，1)时， f '(x)>0， f(x)是增函数；
当x∈(1，+∞)时， f '(x)<0， f(x)是减函数，
所以x=1为函数f(x)的极大值点，且是唯一的极值点，
所以0即a的取值范围是.
(2)当x≥1时，k≤恒成立，
令g(x)= (x≥1)，则
g'(x)==.
令h(x)=x-ln x(x≥1)，则h'(x)=1-≥0，
所以h(x)≥h(1)=1，g'(x)>0，
所以当x≥1时，g(x)是增函数，g(x)≥g(1)=2，
所以k≤2，即k的取值范围是(-∞，2].
命题角度二　存在性问题
[例4] 解析：(1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f '(x)=0，得x=0或x=.
若a>0，则当x∈(-∞，0)∪时， f '(x)>0；
当x∈时， f '(x)<0.
故f(x)在(-∞，0)，单调递增，在单调递减.
若a=0， f(x)在(-∞，+∞)单调递增.
若a<0，则当x∈∪(0，+∞)时， f '(x)>0；
当x∈时， f '(x)<0.故f(x)在，(0，+∞)单调递增，在单调递减.
(2)满足题设条件的a，b存在.
(i)当a≤0时，由(1)知， f(x)在[0，1]单调递增，所以f(x)在区间[0，1]的最小值为f(0)=b，最大值为f(1)=2-a+b.此时a，b满足题设条件当且仅当b=-1，2-a+b=1，即a=0，b=-1.
(ii)当a≥3时，由(1)知， f(x)在[0，1]单调递减，所以f(x)在区间[0，1]的最大值为f(0)=b，最小值为f(1)=2-a+b.此时a，b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1，b=1，即a=4，b=1.
(iii)当0若-+b=-1，b=1，则a=3，与0若-+b=-1，2-a+b=1，则a=3或a=-3或a=0，与0综上，当且仅当a=0，b=-1或a=4，b=1时， f(x)在[0，1]的最小值为-1，最大值为1.
【对点训练】
1. 答案：D
解析：曲线y=x2在点(m，m2)处的切线的斜率为2m，
曲线y= (a>0)在点处的切线的斜率为，
如果两条曲线存在公共切线，那么2m=.
又由直线的斜率公式得到2m=，则m=2n-2，则4n-4=有解，
即直线y=4x-4与曲线y=有交点.
若直线y=4x-4与曲线y=相切，设切点为(s，t)，
则=4，且t=4s-4=，可得切点为(2，4)，
此时=，所以要满足题意，需≤ ，则a≥，所以a的取值范围是.
2. 解析：(1)由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，+∞)， f '(x)=2x-，
因为f(1)=1，即切点为(1，1)，切线斜率f '(1)=2-1=1，
所以所求切线方程为y-1=1×(x-1)，即y=x.
(2)存在两点满足题意，且坐标为()，(1，1).
设两切点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1，x2∈，不妨令x1由已知及(1)得，=-1，
又f '(x)=2x-在上单调递增， f '(x)的值域为[-1，1]，
所以-1≤2x1-<2x2-≤1，
所以
解得x1=，x2=1，
所以存在两点，(1，1)满足题意.
考点三　函数零点问题
命题角度一　求零点个数
【经典再现】
[例5] 证明：(1)设g(x)=f'(x)，
则g(x)=cos x-，g'(x)=-sin x+.
当x∈时，g'(x)单调递减，而g'(0)>0，g'<0，可得g'(x)在有唯一零点，
设为α.则当x∈(-1，α)时，g'(x)>0；当x∈时，g'(x)<0.
所以g(x)在(-1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f'(x)在存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1，+∞).
(i)当x∈(-1，0]时，由(1)知， f'(x)在(-1，0)单调递增，而f'(0)=0，
所以当x∈(-1，0)时，f'(x)<0，故f(x)在(-1，0)单调递减.
又f(0)=0，从而x=0是f(x)在(-1，0]的唯一零点.
(ii)当x∈时，由(1)知， f'(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，
而f'(0)=0，f'<0，所以存在β∈，使得f'(β)=0，
且当x∈(0，β)时，f'(x)>0；当x∈时， f'(x)<0.
故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减.
又f(0)=0， f=1-ln>0，所以当x∈时，f(x)>0.
从而， f(x)在没有零点.
(iii)当x∈时， f'(x)<0，所以f(x)在单调递减.
而f>0， f(π)<0，所以f(x)在有唯一零点.
(iv)当x∈(π，+∞)时，ln(x+1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，+∞)没有零点.
综上， f(x)有且仅有2个零点.
【对点训练】
答案：3
解析：定义在R上的奇函数f(x)满足f(0)=0=f(3)=f(-3)，f(-x)=-f(x)，
当x>0时， f(x)>-xf '(x)，即f(x)+xf '(x)>0，
∴[xf(x)]'>0，即h(x)=xf(x)在x>0时是增函数，
又h(-x)=-xf(-x)=xf(x)，∴h(x)=xf(x)是偶函数，
∴当x<0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，
且f(0)=f(3)=f(-3)=0可得，函数y1=xf(x)与y2=-lg|x+1|的大致图象，如图.
命题角度二　已知零点情况求参数
[例6] 解析：(1)证明：a=1时， f(x)=x2-1-2ln x(x>0)， f(1)=0.
f '(x)=2x-=，
当x∈(0，1)时，f '(x)<0，当x∈(1，+∞)时，f '(x)>0，
∴当x=1时，函数f(x)取得最小值，
∴f(x)≥f(1)=0，即f(x)≥0.
(2)f '(x)=2ax- (x>0).
a≤0时，f '(x)<0，函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，至多有一个零点，不符合题意.
a>0时， f '(x)=2ax-=，
可得x=时，函数f(x)取得最小值.
x→0+时， f(x)→+∞；
x→+∞时， f(x)→+∞.
∵函数f(x)有两个零点，
∴f(x)min=f=1-1-2ln=ln a<0，解得0∴实数a的取值范围是(0，1).
【对点训练】
答案：A
解析：∵y'=3x2-3，∴当y'=0时，x=±1.
当x变化时，y'，y的变化情况如下表：
x (-∞，-1) -1 (-1，1) 1 (1，+∞)
y' + 0 - 0 +
y ↗ c+2 ↘ c-2 ↗
∴当函数图象与x轴恰有两个公共点时，
必有c+2=0或c-2=0，
∴c=-2或c=2.
考点四　与数列有关的不等式
【经典再现】
[例7] 解析：(1)f(x)的定义域为(0，+∞).
①若a≤0，因为f=-+aln 2<0，所以不满足题意；
②若a>0，由f '(x)=1-=知，
当x∈(0，a)时， f '(x)<0；
当x∈(a，+∞)时， f '(x)>0.
所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增.
故x=a是f(x)在(0，+∞)的唯一最小值点.
由于f(1)=0，所以当且仅当a=1时， f(x)≥0.故a=1.
(2)由(1)知当x∈(1，+∞)时，x-1-ln x>0.
令x=1+，得ln<.
从而ln+ln+…+ln< + +…+ =1- <1.
故… 而>2，
所以m的最小值为3.
【对点训练】
解析：(1)f(x)的定义域为(0，+∞)， f '(x)=k-=，
令f '(x)=0，得x=，
当0时， f '(x)>0.
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)min=f=ln k，
∵f(x)有且只有一个零点，∴ln k=0，
∴k=1.
(2)证明：由(1)知，x-ln x-1≥0，即x-1≥ln x，当且仅当x=1时取等号，
n∈，令x=，则x>1，
∴>ln ，
∴1+ + +…+ >ln+ln +…+ln =ln(n+1)，
∴1+ + +…+ >ln(n+1).