2021届高考数学（理）一轮复习讲练测 专题3.3 函数与导数的综合应用（精讲）（解析版）

第 1 页 共 17 页 专题 3.3 函数与导数的综合应用 （精讲） 【考情分析】 1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题； 2.会利用导数解决某些简单的实际问题。 【典型题分析】 高频考点一 　利用导数证明不等式 例 1.【2020 年高考江苏】已知关于 x 的函数 与 在区间 D 上恒有 ． （1）若 ，求 h(x)的表达式； （2）若 ，求 k 的取值范围； （3）若 求证： ． 【解析】（1）由条件 ，得 ， 取 ，得 ，所以 ． 由 ，得 ，此式对一切 恒成立， 所以 ，则 ，此时 恒成立， 所以 ． （2） . 令 ，则 令 ，得 . 所以 .则 恒成立， 所以当且仅当 时， 恒成立． 另一方面， 恒成立，即 恒成立， ( ), ( )y f x y g x= = ( ) ( , )h x kx b k b= + ∈R ( ) ( ) ( )f x h x g x≥ ≥ ( ) ( )2 22 2 ( )f x x x g x x x D= + = − + = ∞−∞ +， ， ， 2 1 ln ,( ) ( ) ( ) (0 )x x g k x h kx k Df x x x= − + = = − = + ∞， ， ， ( )4 2 2 3 4 2( ) 2 ( ) (4 8 ( ) 4 3 0 )2 2f x x x g x x h x t t x t t t= − = − = − − + < ≤， ， ， [ ] , 2, 2D m n= ⊆ −  ， 7n m− ≤ ( ) ( ) ( )f x h x g x≥ ≥ 2 22 2x x kx b x x+ ≥ + ≥ − + 0x = 0 0b≥ ≥ 0b = 2 2x x kx+ ≥ 2 2 ( ) 0x k x+ − ≥ ( , )x∈ −∞ +∞ 22 0( )k− ≤ 2k = 22 2x x x≥ − + ( ) 2h x x= 1 ln ,( ) ( ) ( ) ( )0,h g x k x xx x− = − − ∈ +∞ ( ) 1 lnu x x x= − − 1( ) 1 ,u' x x = − ( )=0u' x 1x = min( ) 0(1)u x u= = 1 lnx x− ≥ 0k ≥ ( ) ( )f x g x≥ ( ) ( )f x h x≥ 2 1x x kx k− + ≥ −第 2 页 共 17 页 也即 恒成立． 因为 ，对称轴为 ， 所以 ，解得 ． 因此，k 的取值范围是 （3）①当 时， 由 ，得 ，整理得 令 则 ． 记 则 恒成立， 所以 在 上是减函数，则 ，即 ． 所以不等式 有解，设解为 ， 因此 ． ②当 时， ． 设 ， 令 ，得 ． 当 时， ， 是减函数； 当 时， ， 是增函数． ， ，则当 时， ． （或证： ．） 则 ，因此 ． 2 ( )1 1 + 0x k x k− + + ≥ 0k ≥ 1 02 kx += > 21 4 1) 0( ( )k k+ − + ≤ 1 3k− ≤ ≤ 0 3.k≤ ≤ 1 2t≤ ≤ ( ) ( )g x h x≤ 2 3 4 24 8 4( ) 3 2x t t x t t− ≤ − − + 4 2 2 3 3 2 8( ) 0.( )4 t tx t t x − −− − + ≤ ∗ 3 2 4 2=( ) (3 2 8),t t t t∆ −− − − 6 4 2= 5 3 8t t t∆ − + + 6 4 25 3( ) 1 ),28(t t tt tϕ − + += ≤ ≤ 5 3 2 220 6 2 (3 1)( 3( ) ) 06t t t t t t' tϕ − + = − − ( ) 0f' x < ( )f x 32 ,24 4x k k π π ∈ π − π +   ( )k ∈Z sin cosx x< ( ) 0f' x > ( )f x ( )f x 32 ,2 ( ), ( )4 4k k k f x π π π − π + ∈   Z 52 ,2 ( )4 4k k k π π π + π + ∈   Z ( ) ( ) ( ) 2h x f x g x x π = + −   ( ) e (cos sin )xg x x x= −第 4 页 共 17 页 ．当 时， ，故 ． 因此， 在区间 上单调递减，进而 ． 所以，当 时， ． （Ⅲ）证明：依题意， ，即 ．记 ，则 ， 且 ． 由 及（Ⅰ），得 ．由（Ⅱ）知，当 时， ，所 以 在 上为减函数，因此 ．又由（Ⅱ）知， ，故 ． 所以， ． 【变式探究】(2019·山东师大附属中学模拟)已知函数 f(x)＝1－ln x x ，g(x)＝ae ex ＋1 x－bx(e 为自然对数的底 数)，若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)的一个公共点是 A(1,1)，且在点 A 处的切线互相垂直． (1)求 a，b 的值； (2)求证：当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥2 x. 【解析】(1)因为 f(x)＝1－ln x x ， ( ) 2e sinxg' x x= − ,4 2x π π ∈   0( )g' x < ( ) ( ) ( ) ( )( 1) ( ) 02 2h' x f' x g' x x g x g' x x π π   = + − + − = − ( ) 0u' x > ( )u x [1, )+∞ ( ) (1) 0u x u≥ = 0 0ex x a= + 0 2 2 0 0 0 0 0 0(e ) ( ) (e 1) (e 2) (e 1)x a ax f x f x a x a x ax= + = − + − ≥ − 0 1x a≥ − 0 0 (e ) (e 1)( 1)xx f a a≥ − −第 10 页 共 17 页 ∴设 f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且 a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1. 故函数 f(x)的解析式为 f(x)＝x2－2x－3. (2)由(1)知 g(x)＝x2－2x－3 x －4ln x＝x－3 x－4ln x－2， ∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋3 x2－4 x＝ （x－1）（x－3） x2 ，令 g′(x)＝0，得 x1＝1，x2＝3. 当 x 变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) 极大值 极小值 当 025－1－22＝9>0. 又因为 g(x)在(3，＋∞)上单调递增， 因而 g(x)在(3，＋∞)上只有 1 个零点， 故 g(x)仅有 1 个零点. 【方法技巧】利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数 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)的图象草图，数形结合求解 函数零点的个数. (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. 【变式探究】 (2019·山西平遥中学模拟)设函数f(x)＝ln x＋m x，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－x 3零点的个数． 【解析】由题设，g(x)＝f′(x)－x 3＝1 x－m x2－x 3(x＞0)， 令 g(x)＝0，得 m＝－1 3x3＋x(x＞0)． 设 φ(x)＝－1 3x3＋x(x＞0)， 则 φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，第 11 页 共 17 页 当 x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增； 当 x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减． 所以 x＝1 是 φ(x)的极大值点，也是 φ(x)的最大值点． 所以 φ(x)的最大值为 φ(1)＝2 3. 由 φ(0)＝0，结合 y＝φ(x)的图象(如图)， 可知①当 m＞2 3时，函数 g(x)无零点； ②当 m＝2 3时，函数 g(x)有且只有一个零点； ③当 0＜m＜2 3时，函数 g(x)有两个零点； ④当 m≤0 时，函数 g(x)有且只有一个零点． 综上所述，当 m＞2 3时，函数 g(x)无零点； 当 m＝2 3或 m≤0 时，函数 g(x)有且只有一个零点； 当 0＜m＜2 3时，函数 g(x)有两个零点． 高频考点四 由函数零点个数求参数 例 4. (2018·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ex－ax2. (1)若 a＝1，证明：当 x≥0 时，f(x)≥1； (2)若 f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求 a. 【解析】(1)证明：当 a＝1 时，f(x)≥1 等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数 g(x)＝(x2＋1)e－x－1， 则 g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 当 x≠1 时，g′(x)＜0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 而 g(0)＝0，故当 x≥0 时，g(x)≤0，即 f(x)≥1. (2)设函数 h(x)＝1－ax2e－x.第 12 页 共 17 页 f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于 h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点． (ⅰ)当 a≤0 时，h(x)＞0，h(x)没有零点； (ⅱ)当 a＞0 时，h′(x)＝ax(x－2)e－x. 当 x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当 x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0. 所以 h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 故 h(2)＝1－4a e2 是 h(x)在(0，＋∞)上的最小值． ①当 h(2)＞0，即 a＜e2 4时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点． ②当 h(2)＝0，即 a＝e2 4时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点． ③当 h(2)＜0，即 a＞e2 4时，因为 h(0)＝1，所以 h(x)在(0,2)上有一个零点． 由(1)知，当 x＞0 时，ex＞x2，所以 h(4a)＝1－16a3 e4a ＝1－ 16a3 e2a2＞1－ 16a3 2a4＝1－1 a＞0，故 h(x)在(2,4a) 上有一个零点．因此 h(x)在(0，＋∞)上有两个零点． 综上，当 f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝e2 4. 【方法技巧】根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与 x 轴的 交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题 的步骤是“先形后数”．　　 【变式探究】 (2019·河北衡水第一中学调研)已知函数 f(x)＝ex＋ax－a(a∈R 且 a≠0). (1)若 f(0)＝2，求实数 a 的值，并求此时 f(x)在[－2，1]上的最小值； (2)若函数 f(x)不存在零点，求实数 a 的取值范围. 【解析】(1)由题意知，函数 f(x)的定义域为 R， 又 f(0)＝1－a＝2，得 a＝－1， 所以 f(x)＝ex－x＋1，求导得 f′(x)＝ex－1. 易知 f(x)在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增， 所以当 x＝0 时，f(x)在[－2，1]上取得最小值 2. (2)由(1)知 f′(x)＝ex＋a，由于 ex>0， ①当 a>0 时，f′(x)>0，f(x)在 R 上是增函数， 当 x>1 时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；第 13 页 共 17 页 当 x