（寒假）2024-2025年高二數(shù)學(xué) 寒假鞏固講義+隨堂檢測 第12課 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用（教師版）

第第頁第12課導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式(1)構(gòu)造法：證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，則F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，則只需F(a)≤0，由減函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)<0，即證明了f(x)<g(x)．(2)最值比較法：證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)時，若構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)后，F(xiàn)(x)的單調(diào)性無法確定，可考慮f(x)的最大值與g(x)的最小值，如果f(x)max<g(x)min，那么可證f(x)<g(x)．2.利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立(能成立)問題“恒成立”與“存在性”問題可看作一類問題，一般都可通過求相關(guān)函數(shù)的最值來解決，如：當(dāng)f(x)在x∈D上存在最大值和最小值時，若f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)在x∈D上的最小值，將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)對于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)在x∈D上的最大值，將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應(yīng)求f(x)在x∈D上的最大值，將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≤f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，應(yīng)求f(x)在x∈D上的最小值，將原條件轉(zhuǎn)化為g(a)≥f(x)min.3.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)根據(jù)函數(shù)f(x)的性質(zhì)作出圖象；(3)判斷函數(shù)零點的個數(shù)．考向一利用導(dǎo)數(shù)證明不等式關(guān)系【例1】（多選）已知函數(shù)，則（）．A．B．若有兩個不相等的實根、，則C．D．若，，均為正數(shù)，則【答案】AD【解析】對于A：，又，，，所以，則有，A正確；對于B：若有兩個不相等的實根、，則，故B不正確；證明如下：函數(shù)，定義域為，則，當(dāng)時，；當(dāng)時，；所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則且時，有，所以若有兩個不相等的實根、，有，不妨設(shè)，有，要證，只需證，且，又，所以只需證，令，則有，當(dāng)時，，，所以有，即在上單調(diào)遞增，且，所以恒成立，即，即，即.對于C：由B可知，在上單調(diào)遞增，則有，即，則有，故C不正確；對于D：令，，均為正數(shù)，則，解得：，，，由B可知，在上單調(diào)遞增，則有，即，即，所以，故D正確.故選：AD.【變式1-1】已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)有兩個零點．(1)證明：0＜a＜EQ\F(1,e)．(2)若f(x)的兩個零點為x1，x2，且x1＜x2，證明：2a＜x1＋x2＜1．【解析】(1)證明：由f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，x＞0可得f′(x)＝eq\f(1,x)－EQ\F(a,x\S(2))，x＞0．當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，與題意不符．當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝eq\f(1,x)－EQ\F(a,x\S(2))＝0，得x＝a．當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a．＋∞)時．f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．可得當(dāng)x＝a時，f(x)取得極小值f(a)＝lna＋1．又因為函數(shù)eqf(x)－lnx＋\f(a,x)有兩個零點，所以f(a)＝lna＋1＜0，可得a＜eq\f(1,e)，綜上，0＜a＜eq\f(1,e)．(2)解：由上可得f(x)的極小值點為x＝a，則0＜x1＜a＜x2．設(shè)g(x)＝f(2a－x)－f(x)＝ln(2a－x)＋eq\f(a,2a－x)－lnx－eq\f(a,x)．x∈(0，a)．可得g′(x)＝EQ\F(－1,2a－x)－EQ\F(－a,(2a－x)\s\up3(2))－eq\f(1,x)＋EQ\F(a,x\S(2))＝EQ\F(4a(x－a)\s\up3(2),x\S(2)(2a－x)\s\up3(2))＞0，x∈(0，a)．所以g(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，所以g(x)＜g(a)＝0．即f(2a－x)－f(x)＜0，則f(2a－x)＜f(x)，x∈(0，a)．所以當(dāng)0＜x1＜a＜x2時，2a－x＞a，且f(2a－x1)＜f(x1)＝f(x2)，因為當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f(x)單調(diào)遞增，所以2a－x1＜x2，即x1＋x2＞2a．設(shè)x2＝tx1，t＞1，則eq\B\lc\{(\a\al(lnx\s\do(1)＋\f(a,x\s\do(1))＝0，,lnx\s\do(2)＋\f(a,x\s\do(2))＝0，))則eq\f(ln\s\do(1),lnx\s\up6(2))＝\f(x\s\do(2),x\s\do(1))＝t，即lnx1＝tlnx2＝tlntx1＝t(lnx1＋lnt)．所以lnx1＝－EQ\F(tlnt,t－1)．所以ln(x1＋x2)＝lnx1(t＋1)＝lnx1＋ln(t＋1)＝－EQ\F(tlnt,t－1)＋ln(t＋1)＝t(EQ\F(ln(t＋1),t)－EQ\F(lnt,t－1))．又因為eqg(t)＝\f(lnt,t－1)，則g′(t)＝EQ\F(1－\F(1,t)－lnt,(t－1)\s\up3(2))＜0，所以g(t)在(1．＋∞)上單調(diào)遞減，所以EQ\F(ln(t＋1),t)＜EQ\F(lnt,t－1)，所以ln(x1＋x2)＜0，即x1＋x2＜1．綜上，2a＜x1＋x2＜1．【變式1-2】已知函數(shù)eqf(x)＝\f(lnx＋ax,e\s\up6(x))，a∈R．(1)若函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處取得極值1，其中l(wèi)n2＜x0＜ln3．證明：2－EQ\F(1,ln2)＜a＜3－EQ\F(1,ln3)；(2)若f(x)≤x－eq\f(1,e\s\up6(x))恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)由題知f′(x)＝EQ\F(\F(1,x)＋a－(lnx＋ax),e\S(x))．∵函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處取得極值1，∴f′(x0)＝EQ\F(\F(1,x\S\DO(0))＋a－\b\bc\((\l(lnx\S\DO(0)＋ax\S\DO(0))),e\S\UP6(x\S\DO(0)))＝0，且f(x0)＝EQ\F(lnx\S\DO(0)＋ax\S\DO(0),e\S\UP6(x\S\DO(0)))＝1，∴EQ\F(1,x\S\DO(0))＋a＝lnx0＋ax0＝eEQ\S\UP6(x\S\DO(0))，∴a＝eEQ\S\UP6(x\S\DO(0))－EQ\F(1,x\S\DO(0))，令r(x)＝eEQ\S\UP6(x)－EQ\F(1,x)(x＞0)，則r′(x)＝eEQ\S\UP6(x)＋EQ\F(1,x\S(2))＞0，∴r(x)為增函數(shù)，∵0＜ln2＜x0＜ln3，∴r(ln2)＜a＜r(ln3)，即2－EQ\F(1,ln2)＜＜3－EQ\F(1,ln3)成立．(2)不等式f(x)≤x－EQ\F(1,e\S(x))恒成立，即不等式xex－lnx－ax≥1恒成立，即a≤ex－EQ\F(1nx,x)－EQ\F(1,x)恒成立，令g(x)＝ex－EQ\F(1nx,x)－EQ\F(1,x)，則g′(x)＝ex－EQ\F(1－lnx,x\S(2))＋EQ\F(1,x\S(2))＝EQ\F(x\S(2)e\S(x)＋lnx,x\S(2))，令h(x)＝x2ex＋lnx，則h′(x)＝(x2＋2x)ex＋EQ\F(1,x)，∵x＞0，∴h′(x)＜0，∴h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(1)＝e＞1；h(EQ\F(1,2))＝EQ\F(\R(,e),4)－ln2＜0，∴h(x)有唯一零點x1，且EQ\F(1,2)＜x1＜1．當(dāng)x∈(0，x1)時，h(x)＜0，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x1，＋)時，h(x)＞0，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增．∴g(x)min＝g(x1)，∴a≤eEQ\S\UP6(x\S\DO(1))－EQ\F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))－EQ\F(1,x\S\DO(1))，由h(x1)＝0整理得x1eEQ\S\UP6(x\S\DO(1))＝－EQ\F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))．∵EQ\F(1,2)＜x1＜1，－lnx1＞0，令k(x)＝xex(x＞0)，則方程x1eEQ\S\UP6(x\S\DO(1))＝－EQ\F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))等價于k(x1)＝k(－lnx1)，而k′(x)＝(x＋1)ex在(0，＋∞)上恒大于零，∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵k(x1)＝k(－lnx1)，∴x1＝－lnx1，∴eEQ\S\UP6(x\S\DO(1))＝EQ\F(1,x\S\DO(1))，∴g(x1)＝eEQ\S\UP6(x\S\DO(1))－EQ\F(lnx\S\DO(1),x\S\DO(1))－EQ\F(1,x\S\DO(1))＝EQ\F(1,x\S\DO(1))－EQ\F((－x\S\DO(1)),x\S\DO(1))－EQ\F(1,x\S\DO(1))＝1，∴a≤1，∴實數(shù)a的取值范圍為(－∞，1]．方法總結(jié)：：構(gòu)造法證明不等式是指在證明與函數(shù)有關(guān)的不等式時，根據(jù)所要證明的不等式，構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性、極值、最值加以證明．常見的構(gòu)造方法有：(1)直接構(gòu)造法：證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)；(2)適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮，二是利用常見的放縮結(jié)論，如lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx＜x＜ex(x＞0)，eq\f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)構(gòu)造“形似”函數(shù)：稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(shù)，把不等式轉(zhuǎn)化為左、右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的形式，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)；(4)構(gòu)造雙函數(shù)：若直接構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)難以判斷符號，導(dǎo)函數(shù)零點也不易求得，因此函數(shù)單調(diào)性與極值點都不易獲得，則可構(gòu)造函數(shù)f(x)和g(x)，利用其最值求解．考向二利用圖象研究函數(shù)零點與極值點【例2】已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a為實數(shù))，若方程g(x)＝2f(x)在區(qū)間（eq\f(1,e)，e）上有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】由g(x)＝2f(x)，可得2xlnx＝－x2＋ax－3，a＝x＋2lnx＋eq\f(3,x).設(shè)h(x)＝x＋2lnx＋eq\f(3,x)(x>0)，可得h′(x)＝1＋eq\f(2,x)－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，所以當(dāng)x在（eq\f(1,e)，e）上變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：x（eq\f(1,e)，e）1(1，e)h′(x)－0＋h(x)極小值又h(eq\f(1,e))＝eq\f(1,e)＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝eq\f(3,e)＋e＋2，且h(e)－h(huán)(eq\f(1,e))＝4－2e＋eq\f(2,e)<0，所以在[eq\f(1,e)，e]上，h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝h(eq\f(1,e))＝eq\f(1,e)＋3e－2.若方程在（eq\f(1,e)，e）上有兩個不相等的實數(shù)根，則4<a<e＋2＋eq\f(3,e)，所以實數(shù)a的取值范圍為(4，eq\f(3,e)＋e＋2).【變式2-1】設(shè)函數(shù)f(x)是定義在實數(shù)集R上的偶函數(shù)，且f(x)＝f(2－x)，當(dāng)x∈[0，1]時，f(x)＝x3，則函數(shù)g(x)＝|cosπx|－f(x)在eq[－\f(1,2)，\f(5,2)]上所有零點之和為________．【答案】7【解析】由題意，∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)關(guān)于x＝1對稱，又∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)的零點與x＝0對稱，∵f(x)＝f(2－x)＝f(x－2)，∴f(x)＝f(x＋2)，∴f(x)是以2為周期的函數(shù)，∴f(x)在eq[－\f(1,2)，\f(5,2)]上共有3條對稱軸，分別為x＝0，x＝1，x＝2又y＝|cos(πx)|關(guān)于x＝0，x＝1，x＝2對稱，∴x＝0，x＝1，x＝2為g(x)的對稱軸．可作出y＝|cos(πx)|和eqy＝x\s\up6(3)在[0，1]上的函數(shù)圖象如圖所示：由圖象可知g(x)在eq(0，\f(1,2))，eq(\f(1,2)，1)上各有1個零點，又g(1)＝0，∴g(x)在eq[－\f(1,2)，\f(5,2)]上共有7個零點，設(shè)這7個零點從小到大依次為x1，x2，x3，……，x6，x7．則x1，x2關(guān)于x＝0對稱，x3，x5關(guān)于x＝1對稱，x4＝1，x6，x7關(guān)于x＝2對稱，x1＋x2＝0，x3＋x5＝2，x6＋x7＝4，∴x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＝7．【變式2-2】已知函數(shù)f(x)＝(EQ\F(1,2)x2－ax)lnx－EQ\F(1,2)x2＋EQ\F(3,2)ax．(1)討論函數(shù)f(x)的極值點；(2)若f(x)極大值大于1，求a的取值范圍．【解析】f′(x)＝eq(x－a)lnx＋\f(1,2)x－a－x＋\f(3,2)a＝eq(x－a)·(lnx－\f(1,2))．(1)①當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，eq\r(,e))上單調(diào)遞減，在(eq\r(,e)，＋)上單調(diào)遞增，極小值點為x＝eq\r(,e)；②當(dāng)0＜a＜eq\r(,e)時，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，eq\r(,e))上單調(diào)遞減，在(eq\r(,e)，＋)上單調(diào)遞增，極小值點為x＝eq\r(,e)，極大值點為x＝a；③當(dāng)a＝eq\r(,e)時，f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，無極值點；④當(dāng)a＞eq\r(,e)時，f(x)在(0，eq\r(,e))上單調(diào)遞增，在(eq\r(,e)，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，極小值點為x＝a，極大值點為x＝eq\r(,e)．(2)由(1)知，a≤0和a＝eq\r(,e)時，無極大值，則不成立．當(dāng)a＞eq\r(,e)時，極大值f(eq\r(,e))＝aeq\r(,e)－EQ\F(e,4)＞1，解得a＞EQ\F(\R(,e),4)＋EQ\F(1,\R(,e))，由于EQ\F(\R(,e),4)＋EQ\F(1,\R(,e))－eq\r(,e)＝EQ\F(1,\R(,e))－EQ\F(3\R(,e),4)＝EQ\F(1,\R(,e))(1－EQ\F(3e,4))＜0，所以a＞eq\r(,e)．當(dāng)0＜a＜eq\r(,e)時，極大值f(a)＝EQ\F(1,2)a2(2－lna)＞1，得2－lna＞EQ\F(2,a\S(2))．令t＝a2，則g(t)＝2－EQ\F(1,2)lnt－EQ\F(2,t)，0＜t＜e，g′(t)＝eq－\f(1,2t)＋\f(2,t\s\up6(2))＝\f(4－t,2t\s\up6(2))，所以g(t)在(0，e)上單調(diào)遞增，而g(1)＝0，所以g(t)＞0的解為(1，e)，則a∈(1，eq\r(,e))，所以a的取值范圍為(1，eq\r(,e))∪(eq\r(,e)，＋)．方法總結(jié)：利用圖象研究函數(shù)零點個數(shù)時的注意點：1、對于（選擇題、填空題中的）零點個數(shù)問題，我們的處理思路是：將函數(shù)零點個數(shù)轉(zhuǎn)化為圖象交點個數(shù)。那么正確畫出草圖就是前提。畫草圖時，要注意（1）通常先要用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性、極值。（2）漸近線（實際上是極限問題），有漸近線的常見函數(shù)例如：反比例函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)等2、對于（選擇題、填空題中的）零點個數(shù)問題，我們的處理思路是：將函數(shù)零點個數(shù)轉(zhuǎn)化為圖象交點個數(shù)，那么研究哪兩個函數(shù)呢？（1）盡量轉(zhuǎn)化為我們熟悉的基本函數(shù)（已經(jīng)知道圖象）（2）能分參的通過分參讓其中的一個函數(shù)是常數(shù)函數(shù)（3）不方便分參的,盡量將參數(shù)放在熟悉的基本函數(shù)上考向三利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題【例3】若對任意x∈(0，＋∞)，不等式2x＋lnx≤a(x2＋x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】方法一：設(shè)F(x)＝2x＋lnx－a(x2＋x)，則F′(x)＝－eq\f(2x＋1ax－1,x).當(dāng)a≤0時，F(xiàn)′(x)>0，取x＝1，則F(1)＝2－2a＞0，所以F(x)≤0不可能恒成立．當(dāng)a＞0時，令F′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a).當(dāng)0＜x＜eq\f(1,a)時，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞eq\f(1,a)時，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減．故F(x)在(0，＋∞)上的最大值是F（eq\f(1,a)），依題意知F（eq\f(1,a)）≤0恒成立，即lneq\f(1,a)＋eq\f(1,a)－1≤0.又y＝g(a)＝lneq\f(1,a)＋eq\f(1,a)－1在a∈(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(1)＝0，故lneq\f(1,a)＋eq\f(1,a)－1≤0成立的充要條件是a≥1，所以a的取值范圍是[1，＋∞)．方法二：分離參數(shù)得a≥eq\f(2x＋lnx,x2＋x)(x＞0)，令h(x)＝eq\f(2x＋lnx,x2＋x)，則h′(x)＝eq\f(2x＋11－x－lnx,x2＋x2).令h′(x)＝0，則1－x－lnx＝0，觀察發(fā)現(xiàn)x＝1是1－x－lnx＝0的根．又因為φ(x)＝1－x－lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以1－x－lnx＝0的根僅有x＝1，在(0,1)上，φ(x)>0；在(1，＋∞)上，φ(x)<0.所以h(x)＝eq\f(2x＋lnx,x2＋x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a的取值范圍是[1，＋∞)．【變式3-1】已知函數(shù)f(x)＝x－1－alnx(a∈R)，若a<0，且對任意x1，x2∈(0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤4│eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)│，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】f′(x)＝1－eq\f(a,x)，當(dāng)a<0時，函數(shù)f(x)在(0,1]上是增函數(shù)．又函數(shù)y＝eq\f(1,x)在(0,1]上是減函數(shù)，不妨設(shè)0<x1＜x2≤1，則|f(x1)－f(x2)|＝f(x2)－f(x1)，│eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)│＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)，所以|f(x1)－f(x2)|≤4│eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)│等價于f(x2)－f(x1)≤eq\f(4,x1)－eq\f(4,x2)，即f(x2)＋eq\f(4,x2)≤f(x1)＋eq\f(4,x1).設(shè)h(x)＝f(x)＋eq\f(4,x)＝x－1－alnx＋eq\f(4,x)，則|f(x1)－f(x2)|≤4│eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)│等價于函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,1]上是減函數(shù)．因為h′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(4,x2)＝eq\f(x2－ax－4,x2)，所以x2－ax－4≤0在x∈(0，1]上恒成立，即a≥x－eq\f(4,x)在x∈(0,1]上恒成立．因為y＝x－eq\f(4,x)在區(qū)間(0,1]上是增函數(shù)，所以y＝x－eq\f(4,x)的最大值為－3，所以a≥－3，又a<0，所以a∈[－3,0)．【變式3-2】已知函數(shù)，（1）討論函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性（2）當(dāng)時，不等式對恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．詳解】（1），，令，由，當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；（2）當(dāng)時，不等式對恒成立，等價于對恒成立，令，，則，，，令，則對恒成立，從而有上單增，①當(dāng)時，，在上單增，，即對恒成立，②當(dāng)時，，，使得，當(dāng)時