【文档说明】全国统考2022版高考数学大一轮备考复习第3章导数及其应用第3讲导数的综合应用课件文.pptx，共(82)页，3.780 MB，由小橙橙上传

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第三讲导数的综合应用第三章导数及其应用考法帮·解题能力提升考法1利用导数证明不等式考法2不等式恒成立问题与有解问题考法3利用导数解决零点问题高分帮·“双一流”名校冲刺数学探索1极值点偏移问题数学探索2利用洛必达法则求解不等式恒成立问题提能力·数学探索考情解读

考点内容课标要求考题取样情境载体对应考法预测热度核心素养1.利用导数证明不等式掌握2018全国Ⅰ,T21探索创新考法1★★★数学运算逻辑推理2.不等式恒成立问题与有解问题掌握2020山,T21(2)探索创新考法

2★★★数学运算逻辑推理3.利用导数解决零点问题掌握2020全国Ⅰ,T20探索创新考法3★★★数学运算逻辑推理直观想象考情解读命题分析预测从近五年的考查情况来看,该讲一直是高考的重点和难点.主要以导数为工具,通过研究函数的单调性、极值和最值求解不等式的证明问题、恒成立问题、有

解问题和函数零点问题.考查形式以解答题为主,难度较大.预计2022年高考变化不大,但需注意函数形式创新及与其他知识的综合.考法帮·解题能力提升考法1利用导数证明不等式考法2不等式恒成立问题与有解问题考法3

利用导数解决函数问题考法1利用导数证明不等式命题角度1单(双)变量不等式的证明示例1已知函数f(𝑥)=𝑥ln𝑥-𝑎𝑥.(1)当𝑎=-1时,求函数f(𝑥)在(0,+∞)上的最值;(2)证明:对一切𝑥∈(0,+∞),都有ln𝑥+1>1e𝑥+1−2e2𝑥成立.思维导引（1

）求什么想什么求函数f(𝑥)在(0,+∞)上的最值,由于(0,+∞)为开区间,想到求f(𝑥)的极值.给什么用什么给出f(𝑥)的解析式,直接求f(𝑥)在(0,+∞)上的极值即可.考法1利用导数证明不等式求什么想什么给什么用什么差什么找什么(2)考

法1利用导数证明不等式解析(1)函数f(𝑥)=𝑥ln𝑥-𝑎𝑥的定义域为(0,+∞).当𝑎=-1时,f(𝑥)=𝑥ln𝑥+𝑥,f'(𝑥)=ln𝑥+2.由f'(𝑥)=0,得𝑥=1e2.当0<𝑥<1e2时,f'(𝑥

)<0;当𝑥>1e2时,f'(𝑥)>0.所以f(𝑥)在(0,1e2)上单调递减,在(1e2,+∞)上单调递增.因此f(𝑥)在𝑥=1e2处取得最小值,即f(𝑥)min=f(1e2)=-1e2,但f(𝑥)在(

0,+∞)上无最大值.考法1利用导数证明不等式(2)当𝑥>0时,ln𝑥+1>1e𝑥+1−2e2𝑥等价于𝑥(ln𝑥+1)>𝑥e𝑥+1−2e2...(构造两个函数,转化为两个函数的最值问题)设g(𝑥)=𝑥e𝑥+1−2e2,𝑥∈(0,

+∞),则g'(𝑥)=1−𝑥e𝑥+1,当0<𝑥<1时,g'(𝑥)>0;当𝑥>1时,g'(𝑥)<0.所以g(𝑥)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.因此g(𝑥)ma𝑥=g

(1)=-1e2.考法1利用导数证明不等式所以g(𝑥)=𝑥e𝑥+1−2e2≤-1e2,当且仅当𝑥=1时等号成立.由(1)知𝑎=-1时,f(𝑥)=𝑥ln𝑥+𝑥≥-1e2,当且仅当𝑥=1e2时

取等号.虽然f(𝑥)≥-1e2≥g(𝑥),但是f(𝑥)和g(𝑥)取到-1e2时的𝑥值不同,所以两个“=”不会同时成立,从而可知对一切𝑥∈(0,+∞),都有f(𝑥)>g(𝑥),即ln𝑥+1>1e𝑥+1−2e2𝑥.考法1利用导数证明不等式思路受阻分析证明

本题第(2)问时,常规思维是两边直接作差构造函数,却无法求出所构造新函数的最值.另外,看不出第(2)问不等式与第(1)问中函数的关系,即不能准确挖掘隐含条件,导致无法求解.技法关键点拨(1)在证明不等式中,若无法转

化为一个函数的最值问题,可考虑转化为两个函数的最值问题.(2)不等式里既有指数又有对数,求导后不好处理,通常是把指数和对数分开,使得不等式一边是指数,另一边是对数,分别计算它们的最值,利用最值来证明不等式.解后反思考法3对数函数的性质及应用考法1利用导数证明

不等式方法技巧1.证明含单变量的不等式问题的方法(1)利用单调性:若f(𝑥)在[𝑎,𝑏]上单调递增,则①∀𝑥∈[𝑎,𝑏],有f(𝑎)≤f(𝑥)≤f(𝑏);②∀𝑥1,𝑥2∈[𝑎,𝑏],且𝑥1<𝑥2,有f(𝑥1)<f

(𝑥2).减函数有类似结论.(2)利用最值:若f(𝑥)在区间D内有最大值M(或最小值m),则∀𝑥∈D,有f(𝑥)≤M(或f(𝑥)≥m).考法3对数函数的性质及应用考法1利用导数证明不等式(3)构造函数:常见的构造方法有:①

作差构造法:证明不等式f(𝑥)>g(𝑥)(f(𝑥)<g(𝑥))转化为证明f(𝑥)-g(𝑥)>0(f(𝑥)-g(𝑥)<0),进而构造辅助函数h(𝑥)=f(𝑥)-g(𝑥);②适当放缩构造法:一是根据已知条

件适当放缩,二是利用常见的放缩结论,如ln𝑥≤𝑥-1,e𝑥≥𝑥+1,ln𝑥<𝑥<e𝑥(𝑥>0),𝑥𝑥+1≤ln(𝑥+1)≤𝑥(𝑥>-1);③构造“形似”函数:稍作变形再构造,对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式转化为左、右两边是相同

结构的式子的形式,根据“相同结构”构造辅助函数.考法1利用导数证明不等式(4)拆分函数:若直接求导比较复杂或无从下手或无法转化为一个函数的最值问题,可将待证不等式进行变形,构造两个函数,转化为两个函数的最值问题(或找到可以传递的

中间量),完成证明的目标.对于一些不等式可转化为f(𝑥)≥g(𝑥)的形式,证明f(𝑥)min≥g(𝑥)max即可,在转化中,一定要注意合理性的把握,一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准.考法1利用导数证明不等式2.解决含双变量的不等式证

明问题的策略含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及的函数有两个不同变量,处理此类问题有两个策略:一是转化,即由已知条件入手,寻找双变量所满足的关系式,并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式求解;二是巧妙构造函数

,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值.考法1利用导数证明不等式命题角度2数列型不等式的证明示例2[2020湖北黄冈5月模拟]已知函数f(𝑥)=|𝑥-𝑎|-ln𝑥(𝑎>0).(1)讨论f(𝑥)的单调性.(2)证明:ln2222+ln3232+…+ln𝑛2𝑛2<(𝑛−

1)(2𝑛+1)2(𝑛+1)(n∈N*且𝑛>2).考法1利用导数证明不等式解析(1)函数f(𝑥)可化为f(𝑥)=ቊ𝑥−ln𝑥−𝑎,𝑥≥𝑎,𝑎−𝑥−ln𝑥,0<𝑥<𝑎,……..(去绝对值)当0<𝑥<

𝑎时,f'(𝑥)=-1-1𝑥<0,f(𝑥)单调递减.当𝑥≥𝑎时,f'(𝑥)=1-1𝑥=𝑥−1𝑥,……….(f'(𝑥)的符号不能确定,需对𝑎进行分类讨论)若𝑎≥1,则f'(𝑥)≥0,f(𝑥)在[�

�,+∞)上单调递增,若0<𝑎<1,则当𝑎≤𝑥<1时,考法1利用导数证明不等式f'(𝑥)<0,当𝑥>1时,f'(𝑥)>0,故f(𝑥)在[𝑎,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.易知f(𝑥)在𝑥=𝑎处连续,综上所述,当𝑎≥1时,f(𝑥)在(0,𝑎

)上单调递减,在[𝑎,+∞)上单调递增;当0<𝑎<1时,f(𝑥)在(0,1)上单调递减,在[1,+∞)上单调递增.考法1利用导数证明不等式(2)由(1)可知当𝑎=1,𝑥>1时,f(𝑥)>f(1),即𝑥-1-ln𝑥>0,即

ln𝑥<𝑥-1,所以ln𝑥𝑥<1-1𝑥,所以ln𝑛2𝑛2<1-1𝑛2.因为122+132+…+1𝑛2>12×3+13×4+…+1𝑛(𝑛+1)=12−13+13−14+…+1𝑛−1𝑛+1=12−1𝑛+1,…

…….(放缩)所以ln2222+ln3232+…+ln𝑛2𝑛2<1-122+1-132+…+1-1𝑛2=n-1-(122+132+…+1𝑛2)<n-1-(12−1𝑛+1)=(n-1)-𝑛−12(𝑛+1)=2(𝑛+1)(𝑛−1)−(𝑛−1)2(𝑛+1)

=(𝑛−1)(2𝑛+1)2(𝑛+1).考法1利用导数证明不等式点评破解此类题的关键:一是利用分类讨论去绝对值,此时,一定要注意不要漏掉某个值,如本题,f(𝑥)=ቊ𝑥−ln𝑥−𝑎,𝑥≥𝑎,𝑎−𝑥−ln𝑥,0<𝑥<𝑎,不要漏掉𝑥=𝑎的情况,否则与

原函数就不等价了;二是对于与数列相综合的不等式证明题目,需用分析法探路,结合放缩法的应用,即可轻松突破.考法1利用导数证明不等式方法技巧证明与数列有关的不等式的策略对于数列型不等式的证明,一般结合已知的函数特征或前面设问中得出的结论,合理变形,赋值求解,即用分析法探

路,用综合法书写证明过程.熟记常用的结论,如ln𝑥≤𝑥-1,ln(𝑥+1)≤𝑥,e𝑥≥𝑥+1等,可为破题提供思路.考法2不等式恒成立问题与有解问题命题角度1不等式恒成立问题示例3已知函数f(𝑥)=12ln𝑥-m𝑥,g(𝑥)=𝑥-�

�𝑥(𝑎>0).(1)求函数f(𝑥)的单调区间;(2)若m=12e2,对∀𝑥1,𝑥2∈[2,2e2]都有g(𝑥1)≥f(𝑥2)成立,求实数𝑎的取值范围.思维导引（1）求什么想什么求f(𝑥)的单调区间,想到解不等式f'(𝑥)>0或f'(�

�)<0.给什么用什么题目条件中已给出f(𝑥)的解析式,直接求导然后分类讨论参数m即可.考法2不等式恒成立问题与有解问题求什么想什么求𝑎的取值范围,想到建立𝑎的不等式.给什么用什么g(𝑥1)≥f(𝑥2)对∀𝑥1,𝑥2∈[2,2

e2]都成立,可转化为g(𝑥)min≥f(𝑥)m𝑎𝑥对∀𝑥∈[2,2e2]都成立,用此不等式建立关于𝑎的不等式.差什么找什么缺少f(𝑥)与g(𝑥)的最值,利用导数求解.（2）考法2不等式恒成立问题与有解问题解析(1)因为f(𝑥)=12ln𝑥-m𝑥,𝑥>0

,所以f'(𝑥)=12𝑥-m.当m≤0时,f'(𝑥)>0,f(𝑥)在(0,+∞)上单调递增;当m>0时,由f'(𝑥)=0得𝑥=12𝑚,由ቊ𝑓′(𝑥)>0,𝑥>0得0<𝑥<12𝑚,由ቊ𝑓′(𝑥)<0,𝑥>0得�

�>12𝑚,考法2不等式恒成立问题与有解问题所以f(𝑥)在(0,12𝑚)上单调递增,在(12𝑚,+∞)上单调递减.综上所述,当m≤0时,f(𝑥)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;

当m>0时,f(𝑥)的单调递增区间为(0,12𝑚),单调递减区间为(12𝑚,+∞).(2)若m=12e2,则f(𝑥)=12ln𝑥-12e2𝑥.因为对∀𝑥1,𝑥2∈[2,2e2]都有g(𝑥1)≥f(𝑥2)成立,所以对∀𝑥∈[2,2e2]都有g(𝑥)min≥f(𝑥

)ma𝑥.……..(转化为不等式两端的函数的最值问题)考法2不等式恒成立问题与有解问题由(1)知f(𝑥)在[2,e2)上单调递增,在(e2,2e2]上单调递减,所以f(𝑥)在[2,2e2]上的最大值为f(e2)=12.因为g'(𝑥)=1+𝑎𝑥2>0(𝑎>0

),所以函数g(𝑥)在[2,2e2]上是增函数,所以在[2,2e2]上g(𝑥)min=g(2)=2-𝑎2.由2-𝑎2≥12,得𝑎≤3,又𝑎>0,所以𝑎∈(0,3],所以实数𝑎的取值范围为(0,3].考法2不等式恒成立问题与有解问题思路受阻分析求解

第(2)问时,不会或不能准确地将已知条件“∀𝑥1,𝑥2∈[2,2e2]都有g(𝑥1)≥f(𝑥2)成立”进行转化,从而导致无法求解此题.技法关键点拨利用最值定位法解双参不等式恒成立问题的思路:对于任意的𝑥1∈[𝑎,𝑏],𝑥2∈[m,n],不等式f(𝑥1)

≥g(𝑥2)恒成立,等价于f(𝑥)min(𝑥∈[𝑎,𝑏])≥g(𝑥)ma𝑥(𝑥∈[m,n]).这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的,这类不等式的恒成立问题一般转化为不等式两端函数的最值之间的不等式求解.解后反思考法2不等式恒成立问题与有解问

题命题角度2不等式有解问题示例4[2020广东湛江模拟]已知正实数𝑎,函数g(𝑥)=23𝑎𝑥3-12(𝑎+2)𝑥2+𝑥(𝑥>0),f(𝑥)=𝑎𝑥2-(𝑎+2)𝑥+ln𝑥+2.(1)讨论函数g(𝑥)的单调性;(2)若f(𝑥)<0在[12,1]内有解,求𝑎的取值范

围.思维导引(1)通过对导函数的零点进行分类讨论即可确定函数g(𝑥)的单调性;(2)通过对导函数的零点和给定区间进行分类讨论,即可确定f(𝑥)的最小值,进而可求得𝑎的取值范围.考法2不等式恒成立问题与有解问题解析(1)由题意知

函数g(𝑥)的定义域为(0,+∞),且𝑎>0.g'(𝑥)=2𝑎𝑥2-(𝑎+2)𝑥+1,令g'(𝑥)=0,解得𝑥1=12,𝑥2=1𝑎.当1𝑎<12,即𝑎>2时,易知在(0,1𝑎),(12,+∞)上,g'(𝑥)>0,函数g(𝑥)单调递增,在(1𝑎,12)上,g'(𝑥

)<0,函数g(𝑥)单调递减.当1𝑎=12,即𝑎=2时,易知函数g(𝑥)在(0,+∞)上单调递增.考法2不等式恒成立问题与有解问题当1𝑎>12,即0<𝑎<2时,易知在(0,12),(1𝑎,+∞)上,g'(𝑥)>0,函数g(

𝑥)单调递增,在(12,1𝑎)上,g'(𝑥)<0,函数g(𝑥)单调递减.综上所述,当𝑎>2时,函数g(𝑥)在(0,1𝑎),(12,+∞)上单调递增,在(1𝑎,12)上单调递减;当𝑎=2时,函数g(𝑥)在(0,

+∞)上单调递增;当0<𝑎<2时,函数g(𝑥)在(0,12),(1𝑎,+∞)上单调递增,在(12,1𝑎)上单调递减.考法2不等式恒成立问题与有解问题(2)若f(𝑥)<0在[12,1]内有解,则当𝑥∈[12,1]时,f(𝑥)min<0.

由题意知f'(𝑥)=2𝑎𝑥-(𝑎+2)+1𝑥=2𝑎𝑥2−(𝑎+2)𝑥+1𝑥=𝑔′(𝑥)𝑥(𝑥>0),由(1)可知,当1𝑎≤12,即𝑎≥2时,在[12,+∞)上,g'(𝑥)≥0,所以当𝑥∈[12,1]时,f'(𝑥)≥0,函数

f(𝑥)在[12,1]上单调递增,f(𝑥)min=f(12)=𝑎4−𝑎+22+ln12+2<0,解得𝑎>4(1-ln2),所以𝑎≥2.当12<1𝑎<1,即1<𝑎<2时,由(1)知,在[12,1𝑎]上,g'(𝑥)≤0,f'(𝑥)≤0,函数f(𝑥)单调递减,在(1𝑎,1]上

,g'(𝑥)>0,f'(𝑥)>0,函数f(𝑥)单调递增,考法2不等式恒成立问题与有解问题所以f(𝑥)min=f(1𝑎)=1𝑎−𝑎+2𝑎+ln1𝑎+2=-1𝑎+1+ln1𝑎.令𝑎=t,则t∈(12,1),令h(t)=-t+1+lnt(12<t<1)

,则h'(t)=-1+1𝑡,易知h'(t)>0,函数h(t)在(12,1)上单调递增,h(1)=0,所以h(t)<0恒成立,即f(𝑥)min<0恒成立,所以1<𝑎<2.当1𝑎≥1,即0<𝑎≤1时,由(1)知,在[12,1𝑎]上,g'(𝑥)≤0

,所以当𝑥∈[12,1]时,f'(𝑥)≤0,函数f(𝑥)在[12,1]上单调递减,所以f(𝑥)min=f(1)=0,f(𝑥)min<0不成立.综上所述,𝑎>1.考法1不等式恒成立问题与有解问题点评导函数的零点是否分布在函数定义域内?零点将定义域划分为哪几个区间?这些问题若不能确

定,则需要分类讨论.(1)本题第(2)问根据函数f'(𝑥)的零点1𝑎是否在[12,1]内进行分类,利用导数得到函数在给定区间上的单调性,从而得最值,进而得参数的取值范围;(2)含参不等式有解问题可转化为最值问题

来处理,但要注意不等式恒成立与不等式有解的区别.考法2不等式恒成立问题与有解问题方法技巧1.“恒成立问题”与“有解问题”的区别(1)在量词上的区别恒成立问题中使用的量词是全称量词,如“任意、所有、全部、均、

恒、总、都”等;而有解问题中使用的量词是存在量词,如“存在、有、至少一个、有解”等.考法2不等式恒成立问题与有解问题(2)在等价转换上的区别恒成立问题有解问题(1)f(𝑥)>0恒成立⇔f(𝑥)min>0;f(𝑥)<0恒成立

⇔f(𝑥)max<0.(2)f(𝑥)>𝑎恒成立⇔f(𝑥)min>𝑎;f(𝑥)<𝑎恒成立⇔f(𝑥)max<𝑎.(3)f(𝑥)>g(𝑥)恒成立⇔[f(𝑥)-g(𝑥)]min>0;f(𝑥)<g(𝑥)恒成立⇔[f(𝑥)-g(𝑥)]max<0.(

4)∀𝑥1∈M,∀𝑥2∈N,f(𝑥1)>g(𝑥2)⇔f(𝑥1)min>g(𝑥2)m𝑎x.(1)f(𝑥)>0有解⇔f(𝑥)max>0;f(𝑥)<0有解⇔f(𝑥)min<0.(2)f(𝑥)>𝑎有解⇔f(

𝑥)max>𝑎;f(𝑥)<𝑎有解⇔f(𝑥)min<𝑎.(3)f(𝑥)>g(𝑥)有解⇔[f(𝑥)-g(𝑥)]max>0;f(𝑥)<g(𝑥)有解⇔[f(𝑥)-g(𝑥)]min<0.(4)∃𝑥1∈M,∃𝑥2∈N,

f(𝑥1)>g(𝑥2)⇔f(𝑥1)max>g(𝑥2)min.考法2不等式恒成立问题与有解问题注意f(𝑎)≥g(𝑥)(f(𝑎)≤g(𝑥))能成立等价于f(𝑎)≥g(𝑥)min(f(𝑎)≤g(𝑥)max),f(𝑎)≥g(𝑥)(f(𝑎)≤g(𝑥

))恒成立等价于f(𝑎)≥g(𝑥)max(f(𝑎)≤g(𝑥)min),应注意区分,不要搞混.2.“恒成立问题”与“有解问题”的求解策略不等式恒成立问题和有解问题一般可通过分类讨论、分离参数、构造函数、数形结合等方法来处理

.考法1不等式恒成立问题与有解问题思维拓展1.可化为恒成立问题的基本类型(1)函数f(𝑥)在区间D上单调递增,可转化为f'(𝑥)≥0在区间D上恒成立;(2)函数f(𝑥)在区间D上单调递减,可转化为f'(𝑥)≤0在区间D上恒成立;(3)∀𝑥1,𝑥2∈D,都有f(𝑥1)>g

(𝑥2),可转化为f(𝑥)min>g(𝑥)max;(4)∀𝑥1∈D,∃𝑥2∈D,使得f(𝑥1)>g(𝑥2),可转化为f(𝑥)min>g(𝑥)min;(5)∀𝑥1∈D,∃𝑥2∈D,使得f(𝑥1)<g(𝑥2),可转化为f(𝑥)m

ax<g(𝑥)max.考法2不等式恒成立问题与有解问题2.可化为有解问题的基本类型(1)f(𝑥)在区间D上存在单调递增区间,可转化为f'(𝑥)>0在D上有解;(2)f(𝑥)在区间D上存在单调递减区间

,可转化为f'(𝑥)<0在D上有解;(3)存在性探究问题可转化为“是否有解”问题;(4)图象有交点可转化为方程f(𝑥)=g(𝑥)有解或方程f(𝑥)-g(𝑥)=0有解.考法3利用导数解决零点问题示例5已

知函数f(𝑥)=𝑥e𝑥-12𝑎(𝑥+1)2.(1)若𝑎=e,求函数f(𝑥)的极值;(2)若函数f(𝑥)有两个零点,求实数𝑎的取值范围.考法3利用导数解决零点问题求什么想什么求f(𝑥)的极值,想到求f'

(𝑥)=0的解,然后根据单调性求极值.思维导引（1）求什么想什么已知函数零点个数求参数取值范围,想到利用函数f(𝑥)的图象与𝑥轴有两个交点求解,或分离参数,转化为图象的交点个数求解.(2)考法3

利用导数解决零点问题解析(1)由题意知,当𝑎=e时,f(𝑥)=𝑥e𝑥-12e(𝑥+1)2,函数f(𝑥)的定义域为(-∞,+∞),f'(𝑥)=(𝑥+1)e𝑥-e(𝑥+1)=(𝑥+1)(e𝑥-e).令f'(�

�)=0,解得𝑥=-1或𝑥=1.当𝑥变化时,f'(𝑥),f(𝑥)的变化情况如下表所示:所以当𝑥=-1时,f(𝑥)取得极大值-1e;当𝑥=1时,f(𝑥)取得极小值-e.𝑥(-∞,-1)-1(-1,1)1(1,+∞)f'(𝑥

)+0-0+f(𝑥)↗↘极小值-e↗考法3利用导数解决零点问题(2)解法一(分类讨论法)f'(𝑥)=(𝑥+1)e𝑥-𝑎(𝑥+1)=(𝑥+1)(e𝑥-𝑎),若𝑎=0,易知函数f(𝑥)在(-∞,+∞)

上只有一个零点0,故不符合题意.若𝑎<0,当𝑥∈(-∞,-1)时,f'(𝑥)<0,f(𝑥)单调递减;当𝑥∈(-1,+∞)时,f'(𝑥)>0,f(𝑥)单调递增.由f(-1)=-1e<0,且f(1)=e-2𝑎>0,当𝑥→-

∞时,f(𝑥)→+∞,知函数f(𝑥)在(-∞,+∞)上有两个零点.…(根据函数f(𝑥)的图象与𝑥轴的交点个数判断)若𝑎>0,令f'(𝑥)=0,得𝑥1=-1,𝑥2=ln𝑎.考法3利用导数解决零点问题若l

n𝑎<-1,即0<𝑎<1e,当𝑥∈(-∞,ln𝑎)∪(-1,+∞)时,f'(𝑥)>0,f(𝑥)单调递增;当𝑥∈(ln𝑎,-1)时,f'(𝑥)<0,f(𝑥)单调递减.又f(ln𝑎)=𝑎ln𝑎-12𝑎(ln𝑎+1)2<0,所以函数f(𝑥)在(-∞,

+∞)上至多有一个零点,故不符合题意.若ln𝑎=-1,即𝑎=1e,当𝑥∈(-∞,+∞)时,f'(𝑥)≥0,f(𝑥)单调递增,故不符合题意.若ln𝑎>-1,即𝑎>1e,当𝑥∈(-∞,-1)∪(ln𝑎,+∞)时,f'(𝑥)>

0,f(𝑥)单调递增;当𝑥∈(-1,ln𝑎)时,f'(𝑥)<0,f(𝑥)单调递减.考法3利用导数解决零点问题又f(-1)=-1e<0,所以函数f(𝑥)在(-∞,+∞)上至多有一个零点,故不符合题意,综上,实数𝑎的取值范围是(-∞,0).解法二(数形结合法)令f(𝑥)=0,即𝑥e�

�-12𝑎(𝑥+1)2=0,得𝑥e𝑥=12𝑎(𝑥+1)2.当𝑥=-1时,方程为-e-1=12𝑎×0,显然不成立,所以𝑥=-1不是方程的解,即-1不是函数f(𝑥)的零点.考法3利用导数解决零点问题当𝑥≠-1时,分离参数得𝑎=2𝑥e𝑥(𝑥+1)2.记g(𝑥)=2�

�e𝑥(𝑥+1)2(𝑥≠-1),则g'(𝑥)=(2𝑥e𝑥)′(𝑥+1)2−[(𝑥+1)2]′·2𝑥e𝑥(𝑥+1)4=2e𝑥(𝑥2+1)(𝑥+1)3.当𝑥<-1时,g'(𝑥)<0,函数g(𝑥)单调递减;当𝑥>

-1时,g'(𝑥)>0,函数g(𝑥)单调递增.当𝑥=0时,g(𝑥)=0;考法3利用导数解决零点问题当𝑥→-∞时,g(𝑥)→0;当𝑥→-1时,g(𝑥)→-∞;当𝑥→+∞时,g(𝑥)→+∞.故函数g(

𝑥)的图象如图3-3-1所示.作出直线y=𝑎,由图可知,当𝑎<0时,直线y=𝑎和函数g(𝑥)的图象有两个交点,此时函数f(𝑥)有两个零点.故实数𝑎的取值范围是(-∞,0).图3-3-1考法3利用导数解决零点问题思路受阻分析解决第(2)问时,可根据参数对函数

单调性的影响,分类讨论函数零点的个数,进而求得实数𝑎的取值范围,此时能否正确分类是解决问题的关键;也可直接分离参数,将问题转化为两个函数图象交点个数问题求解,此时能否正确画出函数图象是解决问题的关键.解后反思考法3利用导数解决零点问题方法技巧利用导数解决函数零点问题的方法1.先求函数的单调区间和

极值,根据函数的性质画出图象,然后将问题转化为函数图象与𝑥轴交点问题,突出导数的工具作用,体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想.2.构造新函数,将问题转化为研究两个函数的图象的交点问题.3.分离参变量,即由f(𝑥)=0分离参变量,得𝑎=φ(𝑥),研究直线y=𝑎

与y=φ(𝑥)的图象的交点问题.高分帮·“双一流”名校冲刺提能力·数学探索数学探索1极值点偏移问题数学探索2利用洛必达法则求解不等式恒成立问题数学探索1极值点偏移问题极值点偏移问题一般与函数的单调性、极值与最值问题等相结合,在高考试题中多作为解答题的

𝑥轴题出现,命题主要有两个方面:一是有关极值点或极值的不等式的证明;二是有关极值差的取值范围的求解.此类问题中所涉及的函数多为含参函数,并且命题的形式多,难度较大.只要掌握这类问题的实质,巧妙消元、消参、构造函数,问题便能迎刃而解.示例6已知函数f(𝑥)=ln𝑥

-𝑎𝑥(𝑥>0),𝑎为常数,若函数f(𝑥)有两个零点𝑥1,𝑥2(𝑥1≠𝑥2).证明:𝑥1𝑥2>e2.数学探索1极值点偏移问题解析解法一(巧抓“根商”——c=𝑥1𝑥2构造函数)不妨设𝑥1>𝑥2,因为ln𝑥1-𝑎𝑥1=0,ln𝑥2-𝑎𝑥2=0,

所以ln𝑥1+ln𝑥2=𝑎(𝑥1+𝑥2),ln𝑥1-ln𝑥2=𝑎(𝑥1-𝑥2),即ln(𝑥1𝑥2)=𝑎(𝑥1+𝑥2),ln𝑥1𝑥2=𝑎(𝑥1-𝑥2).消去𝑎得ln(𝑥1𝑥2)=𝑥1+𝑥2

𝑥1−𝑥2ln𝑥1𝑥2.要证𝑥1𝑥2>e2,即证ln(𝑥1𝑥2)>2,即证𝑥1+𝑥2𝑥1−𝑥2ln𝑥1𝑥2>2,数学探索1极值点偏移问题即证ln𝑥1𝑥2>2(𝑥1−𝑥2)𝑥1+𝑥2.令c=𝑥1𝑥2(c>1),则不等式变为l

nc>2(𝑐−1)𝑐+1,令h(c)=lnc-2(𝑐−1)𝑐+1,c>1,所以h'(c)=1𝑐−4(𝑐+1)2=(𝑐−1)2𝑐(𝑐+1)2>0,所以h(c)在(1,+∞)上单调递增,所以h(c)>h(1)=ln1-0=0

,即lnc-2(𝑐−1)𝑐+1>0(c>1),因此原不等式𝑥1𝑥2>e2得证.数学探索1极值点偏移问题点评该解法的基本思路是直接消掉参数𝑎,再结合所证问题,巧妙引入变量c=𝑥1𝑥2,从而构造相应的函数.解题要点如下.(1)巧解消参:利用方

程f(𝑥1)=f(𝑥2)=0消掉解析式中的参数𝑎.(2)抓商构元:令c=𝑥1𝑥2,消掉变量𝑥1,𝑥2,构造关于c的函数h(c).(3)用导求解:利用导数求解函数h(c)的最小值,从而可证得结论.数学探索1极值

点偏移问题解法二(巧抓“根差”——s=t2-t1构造函数)由题意,函数f(𝑥)有两个零点𝑥1,𝑥2(𝑥1≠𝑥2),即f(𝑥1)=f(𝑥2)=0,易知ln𝑥1,ln𝑥2是方程𝑥=𝑎e𝑥的两个不相等的根.设t1=l

n𝑥1,t2=ln𝑥2,g(𝑥)=𝑥e-𝑥,则g(t1)=g(t2),故要证𝑥1𝑥2>e2,即证ln𝑥1+ln𝑥2>2,即证t1+t2>2.下证:t1+t2>2.由g(t1)=g(t2),得t1e−𝑡1=t2e−𝑡2,化简得e

𝑡2−𝑡1=𝑡2𝑡1①,不妨设t2>t1,由解法一知,0<t1<1<t2.数学探索1极值点偏移问题令s=t2-t1,则s>0,t2=s+t1,代入①式,得es=𝑠+𝑡1𝑡1,解得t1=𝑠e𝑠−1.则t1+t2=2t1+s=2𝑠e𝑠−1+s,故要证

t1+t2>2,即证2𝑠e𝑠−1+s>2.又es-1>0,故要证2𝑠e𝑠−1+s>2,即证2s+(s-2)(es-1)>0②,令G(s)=2s+(s-2)(es-1)(s>0),数学探索1极值点偏移问题则G'(s)=(s-1)es+

1,G″(s)=ses>0(G″(s)为G'(s)的导函数),故G'(s)在(0,+∞)上单调递增,所以G'(s)>G'(0)=0,从而G(s)在(0,+∞)上单调递增,所以G(s)>G(0)=0,所以②式成立,故t1+t2>2,即𝑥1𝑥2>e2.数学

探索1极值点偏移问题点评该解法的关键是巧妙引入变量s,然后利用等量关系,把t1,t2消掉,从而构造相应的函数,转化所证问题.解题要点如下.(1)取差构元:记s=t2-t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2.(2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1.(

3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s).(4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值,从而证得结论.数学探索1极值点偏移问题解法三(抓极值点构造函数)由题意知,函数f(𝑥)有两个零点𝑥1,𝑥2(𝑥1≠𝑥2),即f(

𝑥1)=f(𝑥2)=0,易知ln𝑥1,ln𝑥2是方程𝑥=𝑎e𝑥的两个不相等的根.设t1=ln𝑥1,t2=ln𝑥2,g(𝑥)=𝑥e-𝑥,则g(t1)=g(t2),故要证𝑥1𝑥2>e2,即证ln𝑥1+ln𝑥2>2,即证t1+t2>2.下证:t1+t2>2.g'(𝑥

)=(1-𝑥)e-𝑥,易得g(𝑥)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以函数g(𝑥)在𝑥=1处取得极大值(也是最大值)g(1)=1e.当𝑥→-∞时,g(𝑥)→-∞;数学探索1极值点偏移问题当𝑥→+∞时,g(𝑥)→0且g(𝑥)>0.由g

(t1)=g(t2),t1≠t2,不妨设t1<t2,作出函数g(𝑥)的图象,如图3-3-2所示,由图3-3-2知必有0<t1<1<t2,令F(𝑥)=g(1+𝑥)-g(1-𝑥),𝑥∈(0,1],则F'(𝑥)=𝑥e𝑥

+1(e2𝑥-1)>0,所以F(𝑥)在(0,1]上单调递增,图3-3-2数学探索1极值点偏移问题所以F(𝑥)>0对任意的𝑥∈(0,1]恒成立,即g(1+𝑥)>g(1-𝑥)对任意的𝑥∈(0,1]恒成立,由0<t1<1<t2,得1-t1∈(

0,1),所以g(1+1-t1)=g(2-t1)>g(1-(1-t1))=g(t1)=g(t2),即g(2-t1)>g(t2),又2-t1,t2∈(1,+∞),且g(𝑥)在(1,+∞)上单调递减,所以2-t1<t2,所以

t1+t2>2,即𝑥1𝑥2>e2.数学探索1极值点偏移问题点评上述解题过程中用到的解法就是解决极值点偏移问题的最基本的方法,解题过程中有以下四个解题要点:(1)求函数g(𝑥)的极值点𝑥0;(2)构造函数F(𝑥)=g(𝑥0+𝑥)-g(𝑥0-𝑥);(3)确定函数F(𝑥)的单调性

;(4)确定g(𝑥0+𝑥)与g(𝑥0-𝑥)的大小关系.数学探索1极值点偏移问题核心素养考查途径素养水平数学建模通过观察分析,构造相关函数.一逻辑推理命题之间的等价转换.二数学运算数式运算,等式的恒等变换,不等式的等价变

形等.二素养探源数学探索1极值点偏移问题1.极值点偏移的含义若单峰函数f(𝑥)的极值点为𝑥0,以方程f(𝑥)=c的两根𝑥1,𝑥2为端点的区间的中点为𝑥1+𝑥22,则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示:极值点𝑥0函数值的大小关系图示𝑥0两侧函数值

变化快慢极值点不偏移相同数学探索1极值点偏移问题极值点𝑥0函数值的大小关系图示𝑥0两侧函数值变化快慢极值点偏移左移峰口向上:(𝑥1)<f(2𝑥0-𝑥2)左快右慢峰口向下:f(𝑥1)>(2𝑥0-𝑥2)数学探索1极值点偏移问题极值点𝑥

0函数值的大小关系图示𝑥0两侧函数值变化快慢极值点偏移右移峰口向上:f(𝑥1)>f(2𝑥0-𝑥2)左慢右快峰口向下:f(𝑥1)<f(2𝑥0-𝑥2)数学探索1极值点偏移问题2.极值点偏移问题的四种基本命题形式(1

)若函数f(𝑥)存在两个零点𝑥1,𝑥2且𝑥1≠𝑥2,求证:𝑥1+𝑥2>2𝑥0(𝑥0为函数f(𝑥)的极值点).(2)若对于函数f(𝑥),存在𝑥1,𝑥2且𝑥1≠𝑥2,使得f(

𝑥1)=f(𝑥2),求证:𝑥1+𝑥2>2𝑥0(𝑥0为函数f(𝑥)的极值点).(3)若函数f(𝑥)存在两个零点𝑥1,𝑥2且𝑥1≠𝑥2,令𝑥0=𝑥1+𝑥22,求证:f'(𝑥0)>0.(4)若对于函数f(𝑥),存在𝑥1,𝑥2且𝑥1≠𝑥2

,使得f(𝑥1)=f(𝑥2),令𝑥0=𝑥1+𝑥22,求证:f'(𝑥0)>0.数学探索1极值点偏移问题3.极值点偏移问题的解法构造对称和(或差)对称变换主要用来解决与两个极值点之和或差相关的不等式的证明问题.解题要点如下.(1)定极值点:即利用导函数符

号的变化判断函数的单调性,进而确定函数的极值点𝑥0.(2)构造函数:即根据极值点构造对称函数F(𝑥)=f(𝑥0+𝑥)-f(𝑥0-𝑥)或F(𝑥)=f(𝑥)-f(2𝑥0-𝑥).(3)比较大小:

即利用导数讨论F(𝑥)的单调性,判断函数F(𝑥)在某段区间上的正负,进而得出f(𝑥0+𝑥)与f(𝑥0-𝑥)或f(𝑥)与f(2𝑥0-𝑥)的大小关系.数学探索1极值点偏移问题3.极值点偏移

问题的解法构造对称和(或差)数学探索1极值点偏移问题消参减元消参减元,主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点,进而建立参数与极值点之间的关系,消去参数或减少变元,从而简化目标函数.其解题要点如下.(1)建方程:

求函数的导函数,令f'(𝑥)=0,建立极值点所满足的方程,抓住导函数中的关键——导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式).(2)定关系:即根据极值点所满足的方程,利用方程的根的相关知识,建立极值点与方程系数之间的关系.数学探索1极

值点偏移问题消参减元(3)消参减元:即根据两个极值点之间的关系,利用和差或积商等运算,化简或转化所求解问题,消掉参数或减少变量的个数.(4)构造函数:即根据消参减元后的式子的结构特征构造相应的函数.(5)求解问题:即利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等,解决相关

问题.比(差)值换元比(差)值换元的目的也是消参、减元,就是先根据已知条件建立极值点之间的关系,然后利用两个极值点之比(差)作为变量,从而实现消参、减元的目的.设法用t表示两个极值点的比值或差值,进而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解.数学探索2利用洛必达法则求解不等式恒成

立问题函数与导数应用的问题中求参数的取值范围是重点考查的题型.在平时教学中,老师往往介绍利用变量分离法来求解.但部分题型利用变量分离法处理时,会出现“00”型的代数式,而这是大学数学中的不定式问题,解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则.示例7已知函数f(𝑥

)=𝑎ln𝑥𝑥+1+𝑏𝑥,曲线y=f(𝑥)在点(1,f(1))处的切线方程为𝑥+2y-3=0.(1)求𝑎,𝑏的值;(2)如果当𝑥>0,且𝑥≠1时,f(𝑥)>ln𝑥𝑥−1+𝑘𝑥,求𝑘的取值范

围.数学探索2利用洛必达法则求解不等式恒成立问题解析(1)由题意知f'(𝑥)=𝑎(𝑥+1𝑥−ln𝑥)(𝑥+1)2−𝑏𝑥2(𝑥>0).由于直线𝑥+2y-3=0的斜率为-12,且直线𝑥+2y

-3=0过点(1,1),故ቐ𝑓(1)=1,𝑓′(1)=−12,即ቐ𝑏=1,𝑎2−𝑏=−12,解得ቊ𝑎=1,𝑏=1.(2)解法一由(1)知f(𝑥)=ln𝑥𝑥+1+1𝑥(𝑥>0),数学探索2利用洛必达法则求解不等式恒成立问题所以f(𝑥)-(l

n𝑥𝑥−1+𝑘𝑥)=11−𝑥2[2ln𝑥+(𝑘−1)(𝑥2−1)𝑥].设h(𝑥)=2ln𝑥+(𝑘−1)(𝑥2−1)𝑥(𝑥>0),则h'(𝑥)=(𝑘−1)(𝑥2+1)+2𝑥𝑥2.①当𝑘≤0时,由h'(𝑥)=𝑘(�

�2+1)−(𝑥−1)2𝑥2知,当𝑥≠1时,h'(𝑥)<0,h(𝑥)单调递减.而h(1)=0,故当𝑥∈(0,1)时,h(𝑥)>0,可得11−𝑥2h(𝑥)>0;数学探索2利用洛必达法则求解不等式

恒成立问题当𝑥∈(1,+∞)时,h(𝑥)<0,可得11−𝑥2h(𝑥)>0.从而当𝑥>0,且𝑥≠1时,f(𝑥)-(ln𝑥𝑥−1+𝑘𝑥)>0.即f(𝑥)>ln𝑥𝑥−1+𝑘𝑥.②当0<𝑘<1时.y=(𝑘-1)(𝑥2+1)+2𝑥=(𝑘-1)𝑥2

+2𝑥+𝑘-1,其图象开口向下,且Δ=4-4(𝑘-1)2>0,对称轴为直线𝑥=11−𝑘,11−𝑘>1,数学探索2利用洛必达法则求解不等式恒成立问题所以当𝑥∈(1,11−𝑘)时,(𝑘-1)(𝑥2+1)+2�

�>0,故h'(𝑥)>0,而h(1)=0,故当𝑥∈(1,11−𝑘)时,h(𝑥)>0,可得11−𝑥2h(𝑥)<0,与题设矛盾.③当𝑘≥1时,此时h'(𝑥)>0,而h(1)=0,故当𝑥∈(1,+∞)时,h(𝑥)>0,可得11−𝑥2h(𝑥)<0,与题设矛

盾.综上所述,𝑘的取值范围为(-∞,0].(很难想到用解法一处理第(2)问,现利用洛必达法则处理如下)数学探索2利用洛必达法则求解不等式恒成立问题解法二由题设可得,当𝑥>0,𝑥≠1时,𝑘<2𝑥ln𝑥1−𝑥2+1恒成立.令g(𝑥)=2�

�ln𝑥1−𝑥2+1(𝑥>0,𝑥≠1),则g'(𝑥)=2·(𝑥2+1)ln𝑥−𝑥2+1(1−𝑥2)2,再令m(𝑥)=(𝑥2+1)ln𝑥-𝑥2+1(𝑥>0),则m'(𝑥)=2𝑥ln𝑥+1𝑥-𝑥,又m″

(𝑥)=2ln𝑥+1-1𝑥2(m″(𝑥)为m'(𝑥)的导数),数学探索2利用洛必达法则求解不等式恒成立问题易知m″(𝑥)=2ln𝑥+1-1𝑥2在(0,+∞)上为增函数,且m″(1)=0,故当𝑥∈(0,1)时,m″(𝑥)<0,

当𝑥∈(1,+∞)时,m″(𝑥)>0,所以m'(𝑥)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故m'(𝑥)>m'(1)=0,所以m(𝑥)在(0,+∞)上为增函数,又m(1)=0,所以当𝑥∈(0,1)时,m(𝑥)<0,当

𝑥∈(1,+∞)时,m(𝑥)>0,所以当𝑥∈(0,1)时,g'(𝑥)<0,当𝑥∈(1,+∞)时,g'(𝑥)>0,数学探索2利用洛必达法则求解不等式恒成立问题所以g(𝑥)在(0,1)上单调递减,在

(1,+∞)上单调递增.由洛必达法则知,lim𝑥→1g(𝑥)=2lim𝑥→1𝑥ln𝑥1−𝑥2+1=2lim𝑥→11+ln𝑥−2𝑥+1=2×(-12)+1=0,所以𝑘≤0,故𝑘的取值范围为(-∞,0].点评解决本题第(2)问时,如果直接讨论函数的

性质,相当烦琐,很难求解.采用变量分离法较易求解,但是分离出来的函数式的最值无法求解,而利用洛必达法则能较好地求出最值,这是一种值得借鉴的方法.数学探索2利用洛必达法则求解不等式恒成立问题核心素养考查途径素养水平逻辑推理分类讨论及命题

间的等价转换等.二数学运算代数式的运算及不等式的等价变换等.二素养提升数学探索2利用洛必达法则求解不等式恒成立问题方法技巧洛必达法则法则1函数f(𝑥)和g(𝑥)满足下列条件:(1)lim𝑥→𝑎f(𝑥)=0及lim𝑥→𝑎g(𝑥)=0;(2)

在点𝑎的附近,f(𝑥)与g(𝑥)可导且g'(𝑥)≠0;(3)lim𝑥→𝑎𝑓′(𝑥)𝑔′(𝑥)=l.那么lim𝑥→𝑎𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)=lim𝑥→𝑎𝑓′(𝑥)𝑔′(𝑥)=l.数学探索2利用洛必达法则求解不等式恒成立问题法则2函数f(𝑥)和g(𝑥)满足下列

条件:(1)lim𝑥→𝑎f(𝑥)=∞及lim𝑥→𝑎g(𝑥)=∞;(2)在点𝑎的附近,f(𝑥)与g(𝑥)可导且g'(𝑥)≠0;(3)lim𝑥→𝑎𝑓′(𝑥)𝑔′(𝑥)=l.那么lim𝑥→𝑎𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)=lim�

�→𝑎𝑓′(𝑥)𝑔′(𝑥)=l.