（山东专用）2020年高考数学一轮复习 专题15 导数的应用（3）综合应用（含解析）

专题15 导数的应用（3）综合应用一、【知识精讲】函数的单调性与导数的关系函数yf(x)在某个区间内可导，则：(1)若f(x)0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f(x)0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.二、【典例精练】考点一构造函数证明不等式【例1】 已知函数f(x)1，g(x)xln x.(1)证明：g(x)1；(2)证明：(xln x)f(x)1.证明(1)由题意得g(x)(x0)，当0x1时，g(x)1时，g(x)0，即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，)上是增函数.所以g(x)g(1)1，得证.(2)由f(x)1，得f(x)，所以当0x2时，f(x)2时，f(x)0，即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，)上是增函数，所以f(x)f(2)1(当且仅当x2时取等号).又由(1)知xln x1(当且仅当x1时取等号)，且等号不同时取得，所以(xln x)f(x)1.【解法小结】1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f(x)在a，b上是增函数，则xa，b，有f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且x1x2，有f(x1)f(x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则xD，有f(x)M(或f(x)m).2.证明f(x)g(x)，可构造函数F(x)f(x)g(x)，证明F(x)g(x)max，则f(x)g(x)”证明不等式【例2】 已知函数f(x)xln xax.(1)当a1时，求函数f(x)在(0，)上的最值；(2)证明：对一切x(0，)，都有ln x1成立.【解析】(1)解函数f(x)xln xax的定义域为(0，).当a1时，f(x)xln xx，f(x)ln x2.由f(x)0，得x.当x时，f(x)时，f(x)0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增.因此f(x)在x处取得最小值，即f(x)minf，但f(x)在(0，)上无最大值.(2)证明当x0时，ln x1等价于x(ln x1).由(1)知a1时，f(x)xln xx的最小值是，当且仅当x时取等号.设G(x)，x(0，)，则G(x)，易知G(x)maxG(1)，当且仅当x1时取到，从而可知对一切x(0，)，都有f(x)G(x)，即ln x1.【解法小结】1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)ming(x)max恒成立.从而f(x)g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.考点三不等式恒成立或有解问题角度1不等式恒成立求参数【例31】 已知函数f(x)(x0).(1)判断函数f(x)在区间上的单调性；(2)若f(x)a在区间上恒成立，求实数a的最小值.【解析】(1)f(x)，令g(x)xcos xsin x，x，则g(x)xsin x，显然，当x时，g(x)xsin x0，即函数g(x)在区间上单调递减，且g(0)0.从而g(x)在区间上恒小于零，所以f(x)在区间上恒小于零，所以函数f(x)在区间上单调递减.(2)不等式f(x)a，x恒成立，即sin xax0恒成立.令(x)sin xax，x，则(x)cos xa，且(0)0.当a1时，在区间上(x)0，即函数(x)单调递减，所以(x)(0)0，故sin xax0恒成立.当0a0，故(x)在区间(0，x0)上单调递增，且(0)0，从而(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin xax0，即函数(x)单调递增，且(0)0，得sin xax0恒成立，这与sin xax0，所以a在区间1，e上有解.令h(x)，则h(x).因为x1，e，所以x222ln x，所以h(x)0，h(x)在1，e上单调递增，所以x1，e时，h(x)maxh(e)，所以a，所以实数a的取值范围是.【解法小结】1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法af(x)在xD上能成立，则af(x)min；af(x)在xD上能成立，则af(x)max.2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x1A，任意x2B使f(x1)g(x2)成立，则f(x)maxg(x)max；(2)任意x1A，存在x2B，使f(x1)g(x2)成立，则f(x)ming(x)min.考点四判断零点的个数【例4】（2019全国卷）已知函数，为的导数证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点【解析】（1）设，则，.当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，设为.则当时，；当时，.所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.（2）的定义域为.（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.又，所以当时，.从而在没有零点.（iii）当时，所以在单调递减.而，所以在有唯一零点.（iv）当时，所以0).(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x(0，)，f(x)恒成立，求实数m的最大值.【解析】(1)由f(x)xln x(x0)，得f(x)1ln x，令f(x)0，得x；令f(x)0，得0x0)，则g(x)，由g(x)0x1，由g(x)00x1.所以g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，)上是增函数，所以g(x)ming(1)4，因此m4，所以m的最大值是4.2.(2018东北三省四校联考)已知函数f(x)ln xxm(m2，m为常数).(1)求函数f(x)在的最小值；(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，且x1x2，证明：x1x21.【解析】(1)解f(x)ln xxm(m0，所以yf(x)在(0，1)递增；当x(1，)时，f(x)0，函数f(x)在的最小值为1em.(2)证明由(1)知x1，x2满足ln xxm0，且0x11，ln x1x1mln x2x2m0，由题意可知ln x2x2m22，所以0x1，2)，则g(x)10，当x2时，g(x)是减函数，所以g(x)lnlnlnlnln 10，g(x)2时，f(x1)f0，即f(x1)f.因为0x1，1，f(x)在(0，)上单调递增.所以x1，故x1x20，得x2.所以函数f(x)的单调递增区间是(，1)，(2，).(2)由(1)知f(x)极大值f(1)22，f(x)极小值f(2)242，由数形结合，可知要使函数g(x)f(x)2m3有三个零点，则2m3，解得m0在(0，)上恒成立，则f(x)在(0，)上单调递增，又f(0)1，所以此时f(x)在(0，)内无零点，不满足题意.当a0时，由f(x)0得x，由f(x)0得0x0，f(x)单调递增，当x(0，1)时，f(x)0.f(x)minf(1)4a4，a1.故函数f(x)的解析式为f(x)x22x3.(2)由(1)知g(x)4ln xx4ln x2，g(x)的定义域为(0，)，g(x)1，令g(x)0，得x11，x23.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)00g(x)极大值极小值当0x3时，g(x)g(1)43时，g(e5)e52022512290.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.6.(2015山东)设函数，其中（）讨论函数极值点的个数，并说明理由；（）若，成立，求的取值范围【解析】：（）由题意知函数的定义域为，令，（1）当时，此时，函数在单调递增，无极值点；（2）当时，当时，函数在单调递增，无极值点；当时，设方程的两根为，因为，所以，由，可得，所以当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；因此函数有两个极值点。（3）当时，由，可得，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；所以函数有一个极值点。综上所述：当时，函数有一个极值点；当时，函数无极值点；当时，函数有两个极值点。（II）由（I）知，（1）当时，函数在上单调递增，因为，所以时，符合题意；（2）当时，由，得，所以函数在上单调递增，又，所以时，符合题意；（3）当时，由，可得，所以时，函数单调递减；因为，所以时，不合题意；（4）当时，设，因为时，所以在上单调递增。因此当时，即，可得，当时，此时，不合题意，综上所述，的取值范围是7.（2012山东）已知函数（为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与轴平行（）求的值；（）求的单调区间；（）设，其中是的导数证明：对任意的，【解析】（）由 = 可得，而，即，解得；（），令可得，当时，；当时，于是在区间内为增函数；在内为减函数。（）=因此对任意的，等价于设所以因此时，时，所以，故。设，则，即，对任意的，14