【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习讲义16《导数的综合应用》(解析版) .doc，共(17)页，1.129 MB，由MTyang资料小铺上传

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解密16导数的综合应用核心考点读高考设问知考法命题解读利用导数研究函数的零点【2014新课标1理11文12】已知函数()fx=3231axx，若()fx存在唯一的零点0x，且0x＞0，则a的取值范围为()在高考压轴题

中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.【2020新课标1文20】已知函数()(2)xfxeax．（1）当1a时，讨论()fx的单

调性；（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围．【2020新课标3文20】已知函数32()fxxkxk．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx有三个零点，求k的取值范围．【2019新课标1理20】已知函数()sinln(1)fxxx

，()fx为()fx的导数．证明：（1）()fx在区间(1,)2存在唯一极大值点；（2）()fx有且仅有2个零点．【2018新课标2理21】已知函数2()exfxax．（1）若1a，证明：当0x时，()1fx；（2）若()fx在(

0,)只有一个零点，求a．利用导数证明不等式【2020新课标2理21】已知函数2sinsin2fxxx．（1）讨论fx在区间0,的单调性；（2）证明：33()8fx；（3）设*nN，证明：222

23sinsin2sin4sin24nnnxxxx．【2018新课标1理21】已知函数1()lnfxxaxx．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx存在两个极值点12,xx，证明：12122fxfxaxx．【2016新课标3文21】设函数()ln

1fxxx．（I）讨论()fx的单调性；（II）证明当(1,)x时，11lnxxx；（III）设1c，证明当(0,1)x时，1(1)xcxc．导数与不等式恒成立、存在性问题【2020新高考全国】已知函数1()elnlnxfxaxa．（1）当a

e时，求曲线yfx在点1,1f处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若1fx，求a的取值范围．【2020新课标1理21】已知函数2()exfxaxx．（1）当1a时，讨论

fx的单调性；（2）当0x时，3112fxx，求a的取值范围．【2017新课标1文21】已知函数2xxfxeeaax．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()0fx，求a的取值范围．【2017新课标2文21】设函数f(x)=(1-x

2)ex．（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．核心考点一利用导数研究函数的零点1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结

合求解.2.三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x1<x2的函数f(x)＝ax3＋b

x2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：a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)＜0a＜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)＞01．【2014新课标1理11文12】已知函数()fx=3231axx，

若()fx存在唯一的零点0x，且0x＞0，则a的取值范围为()A．2,B．,2C．1,D．,1【解析1】由已知0a，2()36fxaxx，令()0fx，得0x或2xa，当0a时，22,0,()

0;0,,()0;,,()0xfxxfxxfxaa；且(0)10f，()fx有小于零的零点，不符合题意．当0a时，22,,()0;,0,()0;0,,()0xfxxfxxfxaa

要使()fx有唯一的零点0x且0x＞0，只需2()0fa，即24a，2a．故选B．【解析2】由已知0a，()fx=3231axx有唯一的正零点，等价于3113axx有唯一的正零根，令1tx，则问题又等价于33att有唯

一的正零根，即ya与33ytt有唯一的交点且交点在在y轴右侧记3()3fttt，2()33ftt，由()0ft，1t，,1,()0;1,1,()0;tfttft，1,,()0tft，要使33att有唯一的正零根，只需(1

)2af，故选B．2．【2020新课标1文20】已知函数()(2)xfxeax．（1）当1a时，讨论()fx的单调性；（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围．【解析】（1）当1a时，()(2)xfxex，'()1x

fxe，令'()0fx，解得0x，令'()0fx，解得0x，所以()fx的减区间为(,0)，增区间为(0,)；（2）求导xfxea，xR，当0a时，0fx在R上恒成立，所以fx在R单调递增，故fx至多有1个零点，不合题意。当

0a时，令0fx得lnxa，当,lnxa时，0fx，fx单调递减；当ln,xa时，0fx，fx单调递增，故minln1lnfxfaaa，若10

ae，则ln0fa，故fx至多有1个零点，不合题意，若1ae，ln1a，则ln0fa。220fe，故fx在2,lna有且仅有1个零点，故fx在,lna有且仅有1个零点；224afaeaa22440aaa

，故fx在ln,2aa有且仅有1个零点，故fx在ln,2aa有且仅有1个零点．综上所述，a的取值范围是1,e．3．【2019新课标1理20】已知函数()sinln(1)fxxx，()fx为()fx的导数．证明：（1）()

fx在区间(1,)2存在唯一极大值点；（2）()fx有且仅有2个零点．【解析】（1）设()()gxf'x，则1()cos1gxxx，21sin())(1x'xgx．当1,2x时，()g'x单调递减，而(0)0,()02g'g'，可得()g'x在1

,2有唯一零点，设为．则当(1,)x时，()0g'x；当,2x时，()0g'x．所以()gx在(1,)单调递增，在,2单调递减，故()gx在1,2存在唯一极大值点，即()f'x在1,

2存在唯一极大值点．（2）()fx的定义域为(1,)．（i）当(1,0]x时，由（1）知，()f'x在(1,0)单调递增，而(0)0f'，所以当(1,0)x时，()0f'x，故()fx在(1,0)单调递减，又(0)=0f，从而0x是

()fx在(1,0]的唯一零点．（ii）当0,2x时，由（1）知，()f'x在(0,)单调递增，在,2单调递减，而(0)=0f'，02f'，所以存在,2

，使得()0f'，且当(0,)x时，()0f'x；当,2x时，()0f'x．故()fx在(0,)单调递增，在,2单调递减．又(0)=0f，1ln1022f

，所以当0,2x时，()0fx．从而，()fx在0,2没有零点．（iii）当,2x时，()0f'x，所以()fx在,2单调递减．而02f，()0f，所以()fx在,2

有唯一零点．（iv）当(,)x时，ln(1)1x，所以()0fx，从而()fx在(,)没有零点．综上，()fx有且仅有2个零点．1．【2020新课标3文20】已知函数32()fxxkxk．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx有三个零点，求k的取

值范围．【解析】（1）求导'2()3fxxk，当0k时，'()0fx恒成立，所以()fx在(,)上单调递增；当0k时，令'()0fx，得3kx，令'()0fx，得33kkx，令'()0fx，得3kx或3kx，所以()fx在(,)33kk上单调递减，在(,

)3k，(,)3k上单调递增．（2）由（1）知，()fx有三个零点，则0k，且()03()03kfkf，即2220332033kkkkkk，解得4027k，当4027k时，3kk，且2()0fkk

，所以()fx在(,)3kk上有唯一一个零点，同理13kk，32(1)(1)0fkkk，所以()fx在(1,)3kk上有唯一一个零点，又()fx在(,)33kk上有唯一一个零点，所以()f

x有三个零点，综上可知k的取值范围为4(0,)27．2．【2018新课标2理21】已知函数2()exfxax．（1）若1a，证明：当0x时，()1fx；（2）若()fx在(0,)只有一个零点，求a．【解析】（1）当1a时，()1fx

等价于2(1)e10xx．设函数2()(1)e1xgxx，则22()(21)e(1)exxg'xxxx．当1x时，()0g'x，所以()gx在(0,)单调递减．而(0)0g，故当0x时，()0gx，即()1fx．（2）设函数2()1

exhxax．()fx在(0,)只有一个零点当且仅当()hx在(0,)只有一个零点．（i）当0a时，()0hx，()hx没有零点；（ii）当0a时，()(2)exh'xaxx．当(0,2)x时，()0h'x；当(

2,)x时，()0h'x．所以()hx在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增．故24(2)1eah是()hx在[0,)的最小值．①若(2)0h，即2e4a，()hx在(0,)没有零点；②若(2)0h，即2e4a，()hx在(0,)只有

一个零点；③若(2)0h，即2e4a，由于(0)1h，所以()hx在(0,2)有一个零点，由（1）知，当0x时，2exx，所以33342241616161(4)11110e(e)(2)aaaaahaaa．故()hx在(2,4)a有一个零点，因此()hx在(0,

)有两个零点．综上，()fx在(0,)只有一个零点时，2e4a．核心考点二利用导数证明不等式利用导数证明不等式若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的

最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b).1．【2020新课标2理21】已知函数2sinsin2fxxx．（1）讨论fx在区间0,的单调性；（2）证明：33()8fx；（3）设*nN，证明：2222

3sinsin2sin4sin24nnnxxxx．【解析】(1)由函数的解析式可得32sincosfxxx（不化简也可以，直接求导即可），则224'23sincossinfxxxx2222sin

3cossinxxx222sin4cos1xx22sin2cos12cos1xxx，'0fx在0,x上的根为122,33xx，当0,3x时，'0,fxfx单调递增，当2,

33x时，'0,fxfx单调递减，当2,3x时，'0,fxfx单调递增，所以，fx在0,3和2,3单调递增，在2,33

单调递减．(2)方法1：注意到22sinsin2sinsin2fxxxxxfx，fxfx,故fx是周期为的奇函数，结合(1)的结论，计算可得00ff，23333

3228f，2233333228f，据此可得max338fx，min338fx，即338fx．方法2：2624sin1sinfxxx

22224sinsinsin33sin3xxxx422224sinsinsin33sin273464xxxx，于是33()8fx，当且仅当22sin33sinxx，即3sin2x时等号成立。方法3：322241co

scosfxxx222241cos1cos1cos3cos3xxxx4222241cos1cos1cos3cos273464xxxx，于是33()8fx，当且仅当221cos3cosxx

，即3sin2x时等号成立。(3)方法1：由（2）得2sinsin2xx338，则233sin2sin48xx，233sin4sin88xx，…，2133sin2sin28nnxx，累乘得2sinx33sin2sin4

xx……3133sin2sin28nnnxx，又2sinsin21nxx，所以3sinx33sin2sin4xx……31333sin2sin28nnnxx，故232222333

sinsin2sin4sin284nnnnxxxx．方法2：由（2）有：2222sinsin2sin4sin2nxxxx233333sinsin2sin4sin2nxxxx2222123s

insinsin2sin2sin4sin2sin2sin2nnnxxxxxxxx232333333sinsin2888nxx23338n34n．2．【

2018新课标1理21】已知函数1()lnfxxaxx．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx存在两个极值点12,xx，证明：12122fxfxaxx．【解析】（1）()fx的定义域为(0,)，22211()1a

xaxfxxxx．（i）若2a，则()0fx，当且仅当2a，1x时()0fx，所以()fx在(0,)单调递减．（ii）若2a，令()0fx得，242aax或242aa

x．当2244(0,)(,)22aaaaxU时，()0fx；当2244(,)22aaaax时，()0fx．所以()fx在2244(0,),(,)22aaaa单调递减

，在2244(,)22aaaa单调递增．（2）由（1）知，()fx存在两个极值点当且仅当2a．由于()fx的两个极值点12,xx满足210xax，所以121xx，不妨设12xx，则21x．由于1212122121212122

2()()lnlnlnln2ln11221fxfxxxxxxaaaxxxxxxxxxx，所以1212()()2fxfxaxx等价于22212ln0xxx．设1()2lngxxxx，由（1）知，()gx在(0,)单调

递减，又(1)0g，从而当(1,)x时，()0gx．所以22212ln0xxx，即1212()()2fxfxaxx．1．【2016新课标3文21】设函数()ln1fxxx．（I）讨论()fx的单调性

；（II）证明当(1,)x时，11lnxxx；（III）设1c，证明当(0,1)x时，1(1)xcxc．【解析】（Ⅰ）由题设，()fx的定义域为(0,)，'1()1fxx，令'()0fx，解得1x．当01x时，'()0fx，()fx单调递增

；当1x时，'()0fx，()fx单调递减．2.已知函数21()ln(1),2fxxaxa为常数．（1）讨论函数()fx的单调性；（2）若函数()fx有两个极值点12,xx，且12xx，求证：213ln4()8fxx．【解析】(1)函数的定义域为(

,1)．由题意，2()11axxafxxxx．（i）若14a≥，则20xxa≤，于是()0fx≤，当且仅当11,42ax时，()0fx，所以()fx在(,1)单调递减．（ii）若104a，由()0fx，得1142ax

或1142ax，当114,2ax或114,12ax时，()0fx；当114114,22aax时，()0fx；所以fx在114114,,,122aa

单调递减，114114,22aa单调递增．（iii）若0a≤，则11412ax≥，当114,2ax时，()0fx；当114,12ax

时，()0fx；所以fx在114,2a单调递减，114,12a单调递增．综上所述，当14a≥时，函数()fx在(,1)上单调递减；当104a

时，函数fx在114114,,,122aa上单调递减，在114114,22aa上单调递增；当0a≤时，函数()fx在114,2a上单调递减，在114,12a上单调

递增．（2）由（1）知，()fx有两个极值点当且仅当104a，由于()fx的两个极值点12,xx满足20xxa，所以12121,xxxxa，则1102x，由于222221221111

1111111111()ln(1)(1)ln2(1)ln2222fxxxaxxxxxxxxxxxx．设2111()2(1)ln0222gxxxxxxx．1()2(

12)ln(1)(12)ln1gxxxxxxxxx．当112x时，(12)ln0xx，所以()0gx．所以()gx在10,2单调递减，又111113ln41ln2284

28g．所以13ln4()28gxg，即213ln4()8fxx．核心考点三导数与不等式恒成立、存在性问题1.利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f

(x)－g(x)]min>0(x∈I).②∃x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(

x2)⇔f(x)min≥g(x)min.2.(1)判断含x，lnx，ex的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝elnx0及ex≥x＋1，lnx≤x－1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x的一次式或二次式，再判断符号.(

2)会对复杂函数式或导数式(如含x，lnx，ex的混合式)变形，如拆分为两个函数处理，好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展.1.已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1).若x≥－2时，f

(x)≤kg(x)，求k的取值范围.【解析】设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1).由题设可得F(0)≥

0，即k≥1.令F′(x)＝0，得x1＝－lnk，x2＝－2.(ⅰ)若1≤k<e2，则－2<x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0.即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增.故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(

x1).而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立.(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2).

从而当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增.而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即F(x)≤kg(x)恒成立.(ⅲ)若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.从而当x≥－2时，f(x)≤

kg(x)不可能恒成立.综上，k的取值范围是[1，e2].2．【2020新高考全国】已知函数1()elnlnxfxaxa．（1）当ae时，求曲线yfx在点1,1f处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若1fx，求a

的取值范围．【解析】（1）∵()ln1xfxex,∴1()xfxex，即(1)1kfe，∵(1)1fe，∴切线方程为1(1)(1)yeex，∴与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e，因此所求三角形面积为1

222=211ee。（2）思路1：取点+隐零点∵1()lnlnxfxaexa0,0xa，∴11()xfxaex，设()()gxfx，则121()0xgxaex，∴()gx在(0,)上单调递增，即()fx在(0,)上单调递增，当1a时，01

x使得01001()0xfxaex，当1a时，11a，111ae，有111()(1)(1)(1)0affaeaa，当01a时，11a，111ae，有111()(1)(1)(1)0affaeaa，

因此存在唯一00x，使得01001()0xfxaex，即0101xaex，取对数得00ln1lnaxx，当0(0,)xx时()0fx，fx单调递减；当0(,)xx时()0fx，fx单调递增，因此01min00()()l

nlnxfxfxaexa000011ln1ln2ln122ln1axaaxaxx，∵1()lnln1xfxaexa对0x恒成立，∴2ln+11a，即1a。∴a的取值范围是1,

。思路2：找矛盾区间+常数放缩当01a时，1ln1faa，不合题意。当1a时，1lnxfxex，11xfxex在0,单调递增，又10f。∴当0,1x时，0fx，即

fx单调递减；当1,x时，fx单调递增，∴11fxf恒成立。当1a时，11()elnlneln1xxfxaxax恒成立。综上所述，a的取值范围是1,。思路3：同构函数∵1ln1()elnlnelnlnxaxfxaxaxa

，∴1fx等价于ln1lnelnln1lnlnaxxxaxxex，令xgxex，则gx在0,单调递增，由ln1lngaxgx得ln1lnaxx，故lnl

n1axx，令ln10hxxxx，则1xhxx，于是hx在0,1单调递增，在1,单调递减，故max10hxh，从而ln0a，解得1a，故a的取值范围是1,。思路4：切线放缩当01a时，1ln1faa，不合题意。

当1a时，1()elnln11ln1xfxaxaaxa，综上所述，a的取值范围是1,。3．【2020新课标1理21】已知函数2()exfxaxx．（1）当1a时，讨论fx的单调性；（2）当0x时，3112fxx，求a的取值范围．

【解析】(1)当1a时，2xxxefx，21xfxex，由于20xfxe，故'fx单调递增，注意到00f，故：当,0x时，0,fxfx单调递减，当0,x时，

0,fxfx单调递增．(2)由3112fxx得，23112xeaxxx…，其中0x，①当0x时，不等式为11，显然成立，符合题意；②当0x时，分离参数a得，32112xexxax…，记32112xe

xxgxx，231212xxexxgxx，令21102xexxhxx，则1xhxex，10xhxe，故'hx单调递增，00hxh，故函数hx单调递增

，00hxh，由0hx可得：21102xexx…恒成立，故当0,2x时，0gx，gx单调递增；当2,x时，0gx，gx单调递减；因此，2max724egxg

，综上可得，实数a的取值范围是27,4e．1．【2017新课标1文21】已知函数2xxfxeeaax．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()0fx，求a的取值范围．【解析】

（1）2222xxxxfxeaeaeaea①当0a时，20xea，令0fx，即0xea，解得lnxa，令0fx，即0xea，解得lnxa，所以当0a，

fx在ln,a上递增，在,lna上递减．②当0a时，220xfxe，fx在R上递增．③当0a时，0xea，令0fx20xea2xaeln2ax，令0

fx20xea2xaeln2ax，所以当0a时，fx在ln,2a上递增，在,ln2a上递减．综上所述：当0a，fx在,lna上递减，在ln,a上递增；

当0a时，fx在R上递增；当0a时，fx在,ln2a上递减，在ln,2a上递增．（2）由（1）得当0a>时，lnln2minlnlnaafxfa

eeaaa2ln0aa，ln0a，得01a．当0a时，20xfxe满足条件．当0a时，lnln222minlnln22aaa

afxfeeaa223ln042aaa，3ln24a342ae342ae，又因为0a，所以3420ea．综上所述，a的取值范围是342,1e．2．【2017新课标2文21】设函数f(x)=(1-x2)ex

．（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．【解析】∵2()=(12)xfxxxe，令()=0fx得12x，12x，当(12)，x时，()<0fx；当(1212)，x时，()>0fx；当(12+)，x时，(

)<0fx；所以f(x)在(12)，，(12+)，上单调递减，在(1212)，上单调递增．（2）∵()=(1)(1)xfxxxe，当a≥1时，设函数()=(1)xhxxe，()=0(0)xhxxex，因此()hx在[0+)，单调递减，而(

0)1=h，故()1hx，所以()=(1)()1hxxfxx1ax；当0<a<1时，设函数g()=1xxex，g()=10(0)xxex，所以g()x在[0+)，在单调递增，而g(0)=0，故1xex．当0<x<1时，2()=(1)(1

)fxxx，221((1)(1)1)axxaxxxx，取05412ax，则0(01)，x，2000(1)(1)0xxax，故00()>+1fxax；当a≤0时，取0512x，20000()>(1)(11)1faxxx

x；综上所述，a的取值范围是[1+)，．3.已知函数f(x)＝x－mlnx－m－1x(m∈R)，g(x)＝12x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当m≤2时，若

存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围.【解析】(1)f(x)＝x－mlnx－m－1x，且定义域(0，＋∞)，∴f′(x)＝1－mx＋m－1x2＝（x－1）[x－（m－1）]x2，当m≤2时，若x∈[1，

e]，则f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m.当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，∴f(x)在[1，e]上是减函数，则f(x)min＝f(e)＝e

－m－m－1e.当2<m<e＋1时，若x∈[1，m－1]，则f′(x)≤0；若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1).(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.由(1)知m≤2时，在x∈[e，e2]上有f′

(x)≥0，∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－m－1e.又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.所以m≤2且e－m－m－1e≤1，解得e2－e＋1e＋1≤m≤2.所以实数m的取值范围是

e2－e＋1e＋1，2.