2022新高考總復(fù)習(xí)《數(shù)學(xué)》(人教)第三章　一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用高考大題專項(xiàng)(一)　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

1、高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI高考大題專項(xiàng)(一)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用第三章2022內(nèi)容索引0102突破1利用導(dǎo)數(shù)研究與不等式有關(guān)的問題突破2利用導(dǎo)數(shù)研究與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的問題必備知識(shí)預(yù)案自診關(guān)鍵能力學(xué)案突破必備知識(shí)預(yù)案自診關(guān)鍵能力學(xué)案突破【考情分析】 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容,也是高考?jí)狠S題之一,近幾年高考命題的趨勢(shì)是穩(wěn)中求變、變中求新、新中求活,縱觀近幾年的高考題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用題考查多個(gè)核心素養(yǎng)以及綜合應(yīng)用能力,近兩年的難度有所降低,題目所在試卷的位置有所提前,不再固定在最后壓軸位置上,預(yù)計(jì)這一趨勢(shì)會(huì)保持下去.必備知識(shí) 預(yù)案自診【知識(shí)

2、梳理】 1.與ex,ln x有關(guān)的常用不等式的結(jié)論(1)由f(x)=ex圖象上任一點(diǎn)(m,f(m)的切線方程為y-em=em(x-m),得exem(x+1)-mem,當(dāng)且僅當(dāng)x=m時(shí),等號(hào)成立.當(dāng)m=0時(shí),有ex1+x;當(dāng)m=1時(shí),有exex.(3)由(1),(2)得,若x(0,+),則exx+1x-1ln x.突破1利用導(dǎo)數(shù)研究與不等式有關(guān)的問題 2.證明含參數(shù)的函數(shù)不等式,其關(guān)鍵在于將所給的不等式進(jìn)行“改造”,得到“一平一曲”,然后運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求出“曲”的最值,將其與“平”進(jìn)行比較即可.3.函數(shù)不等式的類型與解法(1)xD,f(x)kf(x)maxk;xD,f(x)kf(x)mink;(2)x

3、D,f(x)g(x)f(x)maxg(x)min;xD,f(x)g(x)f(x)ming(x)max.4.含兩個(gè)未知數(shù)的不等式(函數(shù))問題的常見題型及具體轉(zhuǎn)化策略(1)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最小值g(x)在c,d上的最大值.(2)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最大值g(x)在c,d上的最小值.(3)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最小值g(x)在c,d上的最小值.(4)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最大值g(x)在c,d上的最大值.(5)x1a,b,當(dāng)x

4、2c,d時(shí),f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域與g(x)在c,d上的值域交集非空.(6)x1a,b,x2c,d,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上的值域.(7)x2c,d,x1a,b,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上的值域.關(guān)鍵能力 學(xué)案突破考點(diǎn)1構(gòu)造函數(shù)證明不等式(多考向探究)考向1“比較法”構(gòu)造函數(shù)證明不等式【例1】 已知函數(shù)f(x)=ex-ax(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),a為常數(shù))的圖象在點(diǎn)(0,1)處的切線斜率為-1.(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值;(2)求證:當(dāng)x0時(shí),x2ex.(1)解f(x)=ex-a,f(0

5、)=-1=1-a,a=2.f(x)=ex-2x,f(x)=ex-2.令f(x)=0,解得x=ln 2.當(dāng)xln 2時(shí),f(x)ln 2時(shí),f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.當(dāng)x=ln 2時(shí),函數(shù)f(x)取得極小值為f(ln 2)=2-2ln 2,無(wú)極大值.(2)證明令g(x)=ex-x2,則g(x)=ex-2x,由(1)得:g(x)=f(x)f(ln 2)0,g(x)在R上單調(diào)遞增,因此,當(dāng)x0時(shí),g(x)g(0)=10,x2ex.解題心得在本題第(2)問中,發(fā)現(xiàn)“x2,ex”為基本初等函數(shù),故可選擇對(duì)要證明的“x2e2.由f(x1)=f(x2)=0,可得ln x1-kx1=0,ln x2-k

6、x2=0,兩式分別相加減,得ln x1+ln x2=k(x1+x2),ln x1-ln x2=k(x1-x2).要證x1x2e2,即證ln x1x22,只需證ln x1+ln x22,也就是證k(x1+x2)2,即證考向4“轉(zhuǎn)化法”構(gòu)造函數(shù)證明不等式 解題心得利用不等式的性質(zhì),將“ ”等價(jià)轉(zhuǎn)化為“f(b)-bln 2-1且x0時(shí),exx2-2ax+1.(2)已知三次函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)=-3x2+3且f(0)=-1,g(x)=xln x+ (a1).求f(x)的極值;求證:對(duì)任意x1,x2(0,+),都有f(x1)g(x2).(3)(2020安徽池州模擬)已知函數(shù)f(x)=ax-axl

7、n x+1(aR,a0).討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;證明:當(dāng)a=-2時(shí),f(x)x2-3x+ +2ln x.(1)解由f(x)=ex-2x+2a(xR),知f(x)=ex-2.令f(x)=0,得x=ln 2.當(dāng)xln 2時(shí),f(x)ln 2時(shí),f(x)0,故函數(shù)f(x)在區(qū)間(ln 2,+)上單調(diào)遞增.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-,ln 2),單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2,+),f(x)在x=ln 2處取得極小值f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2-2ln 2+2a,無(wú)極大值.證明要證當(dāng)aln 2-1且x0時(shí),exx2-2ax+1,即證當(dāng)aln 2-1且x0時(shí),ex-x2+2ax-

8、10.設(shè)g(x)=ex-x2+2ax-1(x0).則g(x)=ex-2x+2a,由(1)知g(x)min=g(ln 2)=2-2ln 2+2a.又aln 2-1,則g(x)min0.于是對(duì)xR,都有g(shù)(x)0,所以g(x)在R上單調(diào)遞增.于是對(duì)x0,都有g(shù)(x)g(0)=0.即ex-x2+2ax-10,故exx2-2ax+1.(2)解依題意得f(x)=-x3+3x-1,f(x)=-3x2+3=-3(x+1)(x-1),知f(x)在(-,-1)和(1,+)上單調(diào)遞減,在(-1,1)上單調(diào)遞增,所以f(x)極小值=f(-1)=-3,f(x)極大值=f(1)=1.證明易得當(dāng)x0時(shí),f(x)最大值=1

9、,注意到h(1)=0,當(dāng)x1時(shí),h(x)0;當(dāng)0 x1時(shí),h(x)1時(shí),h(x)0;當(dāng)0 x1時(shí),h(x)0.若a0,則當(dāng)x(0,1)時(shí),f(x)0;當(dāng)x(1,+)時(shí),f(x)0.若a0,則當(dāng)x(0,1)時(shí),f(x)0.綜上,當(dāng)a0時(shí),f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減;當(dāng)a1時(shí),g(x)0,g(x)在1,+)上單調(diào)遞增,所以g(x)的最小值為g(1)=1,則a1.故a的取值范圍是(-,1.解題心得分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路與關(guān)鍵(1)分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題是指在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)的正負(fù)的情況下,可以根據(jù)不等式

10、的性質(zhì)將參數(shù)分離出來(lái),得到一個(gè)一端是參數(shù),另一端是變量表達(dá)式的不等式,只要研究變量表達(dá)式的最值就可以解決問題.(2)求解含參不等式恒成立問題的關(guān)鍵是過好“雙關(guān)”轉(zhuǎn)化關(guān)通過分離參數(shù)法,先轉(zhuǎn)化為f(a)g(x)(或f(a)g(x)對(duì)xD恒成立,再轉(zhuǎn)化為f(a)g(x)max(或f(a)g(x)min)求最值關(guān)求函數(shù)g(x)在區(qū)間D上的最大值(或最小值)問題考向2最值定位法解決雙參不等式恒成立問題 解題心得不等式能成立問題的解題關(guān)鍵點(diǎn) 考向3不等式能成立求參數(shù)的取值范圍【例7】 (2020廣東汕頭一模)已知函數(shù)f(x)=x-aln x,g(x)=- (aR).若在1,e上存在一點(diǎn)x0,使得f(x0)

11、g(x0)成立,求a的取值范圍.令h(x)=0,得x=a+1.當(dāng)a+11,即a0時(shí),h(x)0,h(x)單調(diào)遞增,h(x)min=h(1)=a+20,得a-2;當(dāng)1a+1e,即0a2,與h(x)0,f(x) (a2-1)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.(2)(2020湖南百所重點(diǎn)名校大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=-aln x+x+ .討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;設(shè)g(x)=ex+mx2-2e2-3,當(dāng)a=e2+1時(shí),對(duì)任意x11,+),存在x21,+),使g(x2)f(x1),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.(3)(2020安徽江南十校聯(lián)考)已知a為實(shí)數(shù),函數(shù)f(x)=aln x+x2-4x.若x=3是函數(shù)f(x)的

12、一個(gè)極值點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的值;設(shè)g(x)=(a-2)x,若存在x0 ,使得f(x0)g(x0)成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0,+),f(x)= -1.當(dāng)a0時(shí),在(0,+)上,f(x)0時(shí),令f(x)=0,得x=a,在(0,a)上,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增;在(a,+)上,f(x)0時(shí),f(x)有極大值f(a)=aln a-a+1,無(wú)極小值.令f(x)=0,得x=1或x=a-1.當(dāng)a1時(shí),a-10,由f(x)0得0 x0得x1,所以函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增.當(dāng)1a2時(shí),0a-11,由f(x)0得a-1x0得0 x1,所以函數(shù)f(x)在

13、(a-1,1)上單調(diào)遞減,在(0,a-1)和(1,+)上單調(diào)遞增.當(dāng)a=2時(shí),a-1=1,可得f(x)0,此時(shí)函數(shù)f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.當(dāng)a2時(shí),a-11,由f(x)0得1x0得0 xa-1,所以函數(shù)f(x)在(1,a-1)上單調(diào)遞減,在(0,1)和(a-1,+)上單調(diào)遞增.當(dāng)a=e2+1時(shí),由得函數(shù)f(x)在(1,e2)上單調(diào)遞減,在(0,1)和(e2,+)上單調(diào)遞增,從而f(x)在1,+)上的最小值為f(e2)=-e2-3.對(duì)任意x11,+),存在x21,+),使g(x2)f(x1),即存在x21,+),使g(x2)的函數(shù)值不超過f(x)在區(qū)間1,+)上的最小值-e2-3.當(dāng)x1

14、,2時(shí),顯然有exx+2(e2-ex)0,p(x)exx-2ex0,p(x)0時(shí),討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).解 (1)略.(2)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,f(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),當(dāng)00,解得x0.f(x)在(-,ln k)和(0,+)上單調(diào)遞增,在ln k,0上單調(diào)遞減.由f(0)=-1,當(dāng)x(-,0)時(shí),此時(shí)f(x)無(wú)零點(diǎn),當(dāng)x0,+)時(shí),f(2)=e2-2ke2-20.又f(x)在0,+)上單調(diào)遞增,f(x)在0,+)上有唯一的零點(diǎn),函數(shù)f(x)在定義域(-,+)上有唯一的零點(diǎn).當(dāng)k1時(shí),令f(x)0,解得xln k,f(x)在(-,0)和(l

15、n k,+)上單調(diào)遞增,在0,ln k上單調(diào)遞減.當(dāng)x(-,ln k)時(shí),f(x)f(x)max=f(0)=-12,g(t)0,g(t)在(2,+)上單調(diào)遞增,g(t)g(2)=e2-20,g(t)在(2,+)上單調(diào)遞增,得g(t)g(2)=e2-20,即f(k+1)0.f(x)在ln k,+上有唯一的零點(diǎn),故函數(shù)f(x)在定義域(-,+)上有唯一的零點(diǎn).綜合可知,當(dāng)k0時(shí),函數(shù)f(x)在定義域(-,+)上有且只有一個(gè)零點(diǎn).解題心得有關(guān)函數(shù)的零點(diǎn)問題的解決方法主要是借助數(shù)形結(jié)合思想,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值,利用函數(shù)的單調(diào)性模擬函數(shù)的圖象,根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)的要求,控制極值點(diǎn)函數(shù)值的正負(fù)

16、,從而解不等式求出參數(shù)的取值范圍.(1)當(dāng)m=-1時(shí),求函數(shù)F(x)=f(x)+g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù);(2)若x01,+),使得f(x0)g(x0),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.考點(diǎn)2與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的證明問題【例2】 (2019全國(guó)1,理20)已知函數(shù)f(x)=sin x-ln(1+x),f(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù).證明:(2)f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn).(2)f(x)的定義域?yàn)?-1,+).當(dāng)x(-1,0時(shí),由(1)知,f(x)在區(qū)間(-1,0)上單調(diào)遞增,而f(0)=0,所以當(dāng)x(-1,0)時(shí),f(x)1,所以f(x)0,從而f(x)在區(qū)間(,+)上沒有零點(diǎn).綜上,f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn).解題心得1.

17、如果函數(shù)中沒有參數(shù),一階導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的極值點(diǎn),判斷極值點(diǎn)大于0小于0的情況,進(jìn)而判斷函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).2.如果函數(shù)中含有參數(shù),往往一階導(dǎo)數(shù)的正負(fù)不好判斷,這時(shí)先對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類,再判斷導(dǎo)數(shù)的符號(hào),如果分類也不好判斷,那么需要對(duì)一階導(dǎo)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo),在判斷二階導(dǎo)數(shù)的正負(fù)時(shí),也可能需要分類.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2(2020安徽合肥二模,文21)已知函數(shù)f(x)=exsin x.(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))(1)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間;(2)若函數(shù)g(x)=f(x)-2x,證明g(x)在(0,)上只有兩個(gè)零點(diǎn).(參考數(shù)據(jù):考點(diǎn)3已知函數(shù)零點(diǎn)情況求參數(shù)的取值范圍【例3】 已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1

18、)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍.所以h(x)在R上單調(diào)遞增,而h(0)=0,所以當(dāng)x0時(shí),h(x)0時(shí),h(x)0,于是當(dāng)x0,當(dāng)x0時(shí),g(x)0,所以g(x)在(-,0)上單調(diào)遞增,在(0,+)上單調(diào)遞減.g(0)=1,當(dāng)x-時(shí),g(x)-,當(dāng)x+時(shí),g(x)0+.函數(shù)g(x)的簡(jiǎn)圖如圖所示.若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),則y=a與g(x)有兩個(gè)交點(diǎn),所以a的取值范圍是(0,1).解題心得對(duì)函數(shù)的零點(diǎn)問題,解題策略是轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn),三種方式中(一平一曲、一斜一曲、兩曲)最為常見的是一平一曲.方法一是直接考慮函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)情況,方法二是分

19、離參數(shù)法,兩種方法的本質(zhì)都是一平一曲.另外我們對(duì)某些函數(shù)或許可以通過換元,降低函數(shù)的解決難度.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3(2020全國(guó)1,文20)已知函數(shù)f(x)=ex-a(x+2).(1)當(dāng)a=1時(shí),討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解 (1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ex-x-2,則f(x)=ex-1.當(dāng)x0時(shí),f(x)0時(shí),f(x)0.所以f(x)在(-,0)上單調(diào)遞減,在(0,+)上單調(diào)遞增.(2)f(x)=ex-a.當(dāng)a0時(shí),f(x)0,所以f(x)在(-,+)上單調(diào)遞增,故f(x)至多存在1個(gè)零點(diǎn),不合題意.當(dāng)a0時(shí),由f(x)=0可得x=ln a.當(dāng)x(-,ln

20、a)時(shí),f(x)0.所以f(x)在(-,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,+)上單調(diào)遞增,故當(dāng)x=ln a時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f(ln a)=-a(1+ln a).考點(diǎn)4利用導(dǎo)數(shù)解決存在性問題【例4】 (2019全國(guó)3,理20)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+b.(1)討論f(x)的單調(diào)性.(2)是否存在a,b,使得f(x)在區(qū)間0,1的最小值為-1且最大值為1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,說明理由.(2)滿足題設(shè)條件的a,b存在.當(dāng)a0時(shí),由(1)知,f(x)在0,1上單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間0,1上的最小值為f(0)=b,最大值為f(1)=2-a+b.此時(shí)a,b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.當(dāng)a3時(shí),由(1)知,f(x)在0,1上單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間0,1上的最大值為f(0)=b,最小值為f(1)=2-a+b.此時(shí)a,b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.