（统考版）2023高考数学二轮 第三篇 （研重点 保大分）专题六 函数与导数 第4讲 导数的综合应用 课件（51张）

(共51张PPT)
第4讲　导数的综合应用
考点一
考点二
考点三
考点一　
利用导数研究函数的零点
考点一　利用导数研究函数的零点——“形”定个数，“离”参转化
三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可．存在两个极值点x1，x2且x1a的符号 零点个数 充要条件
a>0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值) 一个 f(x1)<0或f(x2)>0
两个 f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个 f(x1)>0且f(x2)<0
a<0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值) 一个 f(x1)>0或f(x2)<0
两个 f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个 f(x1)<0且f(x2)>0
例 1 [2022·全国乙卷(文)]已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
解析：(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，
则f′(x)＝＝.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1.
(2)因为函数f(x)恰有一个零点，所以方程a(x－ln x)－－ln x＝0在(0，＋∞)上恰有一个解，即方程a(x－ln x)＝＋ln x在(0，＋∞)上恰有一个解．
又易知当x>0时，x－ln x>0，
所以方程a＝在(0，＋∞)上恰有一个解．
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝.
令h(x)＝x－1－(x＋1)ln x(x>0)，
则h′(x)＝1－ln x－＝－ln x－.
由(1)知，h′(x)≤－1，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以当x∈(0，1]时，h(x)≥0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.
则当x∈(0，1]时，g′(x)≤0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以a∈(0，＋∞)．
归纳总结
利用导数研究函数零点问题的思路
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定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)的图象草图，数形结合求解．
(2)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
[2022·全国乙卷(理)]已知函数f(x)＝ln (1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ln (1＋x)＋xe－x，
则f′(x)＝，∴f(0)＝0，f′(0)＝2，
∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x，即2x－y＝0.
(2)方法一　函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
①当a≥0时，对于 x>0，f(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，故不符合题意．
②当a<0时，f′(x)＝＋ae－x(1－x)＝.
令g(x)＝1＋ae－x(1－x2)，则g′(x)＝ae－x(－2x＋x2－1)＝ae－x(x－1－)(x－1＋)．
对于 x>－1，e－x>0，∵a<0，∴g(x)在(－1，1－)和(1＋，＋∞)上单调递减，在(1－，1＋)上单调递增．
由已知，得g(－1)＝1，g(1－)＝1＋·2(－1)，g(0)＝1＋a，g(1)＝1.
(ⅰ)若－1≤a≤0，则有：
当0g(0)＝1＋a≥0；
当x>1时，由于1－x2<0，ae－x<0，故g(x)＝1＋ae－x(1－x2)>1>0.
综上可知，当x>0时，都有g(x)>0，则f′(x)＝>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴对于 x>0，f(x)>f(0)＝0，f(x)在(0，＋∞)上不存在零点，符合题意．
(ⅱ)当a<－1时，g(1－)又∵g(－1)＝1>0，∴ x0∈(－1，0)，满足g(x0)＝0，
且 x∈(－1，x0)，都有g(x)>0，则f′(x)＝>0，
x∈(x0，0)，都有g(x)<0，则f′(x)＝<0，
∴f(x)在(－1，x0)上单调递增，在(x0，0)上单调递减．
又∵f(0)＝0，∴f(x0)>0.
又∵当x→－1时，f(x)→－∞，
∴f(x)在(－1，0)上恰有一个零点．
∵g(0)＝1＋a<0，g(1)＝1>0，g(x)在(0，1＋)上单调递增，在[1＋，＋∞)上单调递减，
∴ x1∈(0，1)，满足g(x1)＝0，且当x∈(0，x1)时，g(x)<0，则f′(x)＝<0，当x∈(x1，1)时，g(x)>0，则f′(x)＝>0.
又∵当x≥1时，ae－x<0，1－x2≤0，
∴g(x)＝1＋ae－x·(1－x2)>0，∴f′(x)＝>0，
∴f(x)在(0，x1)上单调递减，在[x1，＋∞)上单调递增．
又∵f(0)＝0，∴ x∈(0，x1)，f(x)<0，则f(x1)<0.
又∵当x→＋∞时，ln (1＋x)→＋∞，axe－x→0，
∴f(x)→＋∞，
∴f(x)在(x1，＋∞)上存在零点，且仅有一个．
故f(x)在(0，＋∞)上恰有一个零点．
综上可知，满足题意的a的取值范围是(－∞，－1)．
方法二　令g(x)＝.
f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一个零点等价于g(x)＝＝－a在(－1，0)，(0，＋∞)上各恰有一解．
g′(x)＝.
令h(x)＝(x－1)ln (1＋x)＋，
则h′(x)＝ln (1＋x)＋.
令φ(x)＝ln (1＋x)＋，
则φ′(x)＝.
①当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，则h′(x)>h′(0)＝0，
∴h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又∵当x→0时，g(x)＝＝1，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴a∈(－∞，－1)．
②当x∈(－1，－2)时，φ′(x)<0；当x∈(－2，0)时，φ′(x)>0.
∵当x→－1时，φ(x)＝h′(x)→＋∞，h′(0)＝0，
∴存在a1∈(－1，0)使h′(a1)＝0，
∴h(x)在(－1，a1)上单调递增，在(a1，0)上单调递减．
当x→－1时，h(x)→－∞.
又h(0)＝0，
∴存在a2∈(－1，a1)，使得h(a2)＝0，
即g(x)在(－1，a2)上单调递减，在(a2，0)上单调递增．
当x→－1时，g(x)→＋∞；
当x→0时，g(x)→1，g(x)的大致图象如图．
故当a∈(－∞，－1)时，
g(x)＝－a仅有一解；
当a∈(－1，－g(a2))时，g(x)＝－a有两解．
综上可知，a∈(－∞，－1)．
考点二　
利用导数证明不等式
考点二　利用导数证明不等式——构造·分离·放缩
常见的指数、对数不等式
(1)ex≥x＋1及其变形ex－1≥x，ex≥ex等．
(2)ln x≤x－1(x>0)及其变式ln (x＋1)≤x，ln x≥1－等．
例 2 [2022·湖北二模]已知函数f(x)＝xex－1，g(x)＝a(ln x＋x)．
(1)若不等式f(x)≥g(x)恒成立，求正实数a的值；
(2)证明：x2ex>(x＋2)ln x＋2sin x．
解析： (1)令h(x)＝f(x)－g(x)＝xex－a(ln x＋x)－1，
则h′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x>0)，
设φ(x)＝xex－a(a>0)，则φ′(x)＝(x＋1)ex>0对任意x>0恒成立，
所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝－a<0，φ(a)＝aea－a＝a(ea－1)>0，存在唯一实数x0∈(0，a)，φ(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)时，h′(x)＝<0，h(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＝>0，h(x)单调递增；
所以h(x)min＝h(x0)＝－a(x0＋ln x0)－1.
因为g(x0)＝－a＝0(00)．
所以h(x)min＝a－a ln a－1≥0，设F(a)＝a－a ln a－1(a>0)，
因为F′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a，所以F(a)在(0，1)上单调递增，(1，＋∞)上单调递减，
所以F(a)≤F(1)＝0，而依题意必有F(a)≥0，所以F(a)＝0，此时a＝1，
所以若不等式f(x)≥g(x)恒成立，则正实数a的值为1.
(2)证明：方法一　由(1)得，当a＝1时，f(x)＝xex－(x＋ln x)≥1对任意x>0恒成立．
所以 x∈(0，＋∞)，xex≥x＋ln x＋1，(当且仅当x＝1时等号成立)，
则x2ex≥x2＋x ln x＋x(x>0)．
所以要证明x2ex>(x＋2)ln x＋2sin x(x>0)，只需证x2＋x ln x＋x>(x＋2)ln x＋2sin x(x>0)，
即证x2＋x>2ln x＋2sin x(x>0)．
设β(x)＝ln x－x＋1，则β′(x)＝－1＝(x>0)，β(x)在(0，1)上单调递增，(1，＋∞)上单调递减．
所以 x∈(0，＋∞)，β(x)≤β(1)＝0，即ln x≤x－1(x>0)．
所以只需证x2＋x>2(x－1)＋2sin x，即证x2－x＋2>2sin x．
①当x>1时，x2－x＋2＝x(x－1)＋2>2≥2sin x，不等式成立．
②当0所以x2ex≥x2＋3x－2>(x＋2)ln x＋2sin x(x>0)．
方法二　设α(x)＝x－sin x，则α′(x)＝1－cos x≥0恒成立，α(x)在(0，＋∞)上单调递增，
x∈(0，＋∞)，α(x)>α(0)＝0，所以x>sin x(x>0)．
设β(x)＝ln x－x＋1，则β′(x)＝－1＝(x>0)，β(x)在(0，1)上单调递增，(1，＋∞)上单调递减，
x∈(0，＋∞)，β(x)≤β(1)＝0，所以ln x≤x－1(x>0)，所以ln ex≤ex－1，即ex≥x＋1.
所以当x∈(0，＋∞)时，(x＋2)ln x＋2sin x<(x＋2)(x－1)＋2x＝x2＋3x－2.
又因为x2ex－(x2＋3x－2)≥x2(x＋1)－[x(x＋1)＋2(x－1)]＝(x－1)2(x＋2)≥0，
所以x2ex≥x2＋3x－2>(x＋2)ln x＋2sin x(x>0)．
归纳总结
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]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对 x1，x2∈[a，b]，且x1(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)，则对 x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．
(3)证明f(x)对点训练
[2021·全国乙卷]设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝，证明：g(x)＜1.
解析：(1)由题意得y＝xf(x)＝x ln (a－x)，
则y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′.
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.
(2)证明：由(1)可知，f(x)＝ln (1－x)，其定义域为{x|x<1}，
当0当x<0时，ln (1－x)>0，此时xf(x)<0.
易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}，
故要证g(x)＝<1，只需证x＋f(x)>xf(x)，即证x＋ln (1－x)－x ln (1－x)>0.
令1－x＝t，则t>0且t≠1，则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t>0，即证1－t＋t ln t>0.
令h(t)＝1－t＋t ln t, 则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，
即g(x)<1成立．
考点三　利用导数解决不等式恒(能)成立问题
考点三　利用导数解决不等式恒(能)成立问题——转化·分离·构造
不等式“恒成立”或“能成立”问题的常用结论
(1)单变量“恒成立”与“能成立”问题的转化策略
①对任意的x∈[m，n]，a>f(x)恒成立；对任意的x∈[m，n]，a②对任意的x∈[m，n]，不等式f(x)>g(x)恒成立 [f(x)－g(x)]min>0；对任意的x∈[m，n]，不等式f(x)③若存在x∈[m，n]，a>f(x)有解(能成立) ___________；若存在x∈[m，n]，a若存在x∈[m，n]，a>f(x)无解(不成立) __________．
④若存在x0∈[m，n]，使不等式f(x0)>g(x0)成立 f(x)－g(x)>0在[m，n]上有解 ________________．
a[f(x)－g(x)]max<0
a≤f(x)min
[f(x)－g(x)]max>0
(2)双变量“恒成立”与“能成立”问题的转化策略
①若 x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的值域A与函数g(x)在D2上的值域B的交集不为空集，即A其等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的________有公共部分．
②对 x1∈D1， x2∈D2，都有f(x1)值域
小于
③对 x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)④若 x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)>g(x2)成立，等价于f(x)max>g(x)min.其等价转化思想是：函数f(x)的某一个函数值大于函数g(x)的某一个函数值，即只要有这样的函数值即可，并不要求________函数值．
所有
所有的
例 3 [2022·吉林延边州教育学院一模]已知函数f(x)＝ex＋ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的极值点个数；
(2)若f(x)≥1－ln (x＋1)对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．

解析： (1)f′(x)＝ex＋a，
①当a≥0时，f′(x)＝ex＋a>0，所以f(x)在R上单调递增，无极值．
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln (－a)，
当x∈(－∞，ln (－a))时，f′(x)<0；当x∈(ln (－a)，＋∞)时，f′(x)>0，
即函数f(x)在(－∞，ln (－a))上单调递减，在(ln (－a)，＋∞)上单调递增，
此时只有一个极值点，
综上所述，当a≥0时，f(x)在R上无极值点；
当a<0时，函数f(x)在R上只有一个极值点．
(2)若x≥0时， f(x)≥1－ln (x＋1)，即ex＋ax＋ln (x＋1)－1≥0.(*)
令g(x)＝ex＋ax＋ln (x＋1)－1，则g′(x)＝ex＋＋a，
令φ(x)＝ex＋＋a，则φ′(x)＝ex－＝≥0，
∴函数φ(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，φ(0)＝2＋a，
①若a≥－2，φ(0)＝2＋a≥0，
∴φ(x)＝ex＋＋a≥0，∴g′(x)≥0.
函数g(x)在区间[0，＋∞)上单调递增．
∴g(x)≥g(0)＝0.∴(*)式成立．
②若a<－2，
由于φ(0)＝2＋a<0，φ(－a)＝e－a＋＋a≥1－a＋＋a＝1＋>0.
(x≥0 时，ex≥1＋x ，故e－a≥1－a )
故 x0∈(0，－a)，使得φ(x0)＝0，
则当0∴函数g(x)在区间(0，x0)上单调递减，
∴g(x0)综上所述，实数a的取值范围是[－2，＋∞)．
归纳总结
1．由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
(1)求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．
(2)分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围．
2．不等式能成立问题的解题关键
对点训练
[2022·辽宁一模]已知函数f(x)＝x3－x2sin α＋x＋1，α∈，
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：存在α∈，使得不等式f(x)>ex 有解(e是自然对数的底数)．
解析： (1)f(x) 的定义域为R，f′(x)＝x2－2x sin α＋1，
Δ＝(－2sin α)2－4×＝4 ，
①当α∈时，Δ>0 ，f′(x)＝0有两个不等实数根为x＝，
x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈时，
f′(x)<0，f(x)单调递减，
x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
②当α∈时，Δ≤0 ，f′(x)≥0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
(2)证明：不等式f(x)>ex 等价于(x3－x2sin α＋x＋1)e－x>1 ，
所以只需证e－x 的最大值大于1，
因为α∈，－1≤－sin α≤，
又x2∈[0，＋∞)，所以－x2sin α≤x2，α＝－时等号成立，
所以e－x≤(x3＋x2＋x＋1)e－x ，
设函数g(x)＝e－x ，g′(x)＝－x2(x－1)e－x ，
x∈(－∞，1)，g′(x)≥0，g(x)单调递增，x∈(1，＋∞)，g′(x)<0，g(x)单调递减，
因为g(1)＝＝>1 ，所以存在α∈，使不等式f(x)>ex 有解．
[高考5个大题] 解题研诀窍(六) 函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”
[思维流程——找突破口]
[技法指导——迁移搭桥]
函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题．
[典例]　已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
[快审题]
求什么 想什么 讨论函数的单调性，想到利用导数判断．
证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化．
给什么 用什么 已知函数的解析式，利用导数解题．
差什么 找什么 证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值．
[稳解题]
(1)f′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二：证xf(x)－ex＋2ex≤0，即证ex ln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，
则g′(x)＝－1.
所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝，则h′(x)＝.
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
题后悟道
函数与导数综合问题的关键
(1)会求函数的极值点，先利用方程f′(x)＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；
(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；
(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．