专题19 导数综合（解析版）

资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】专题19导数综合目录一览2023真题展现考向一利用导数研究函数的极值考向二利用导数研究函数的单调性真题考查解读近年真题对比考向一利用导数研究函数的单调性考向二利用导数研究函数的最值命题规律解密名校模拟探源易错易混速记/二级结论速记考向一利用导数研究函数的极值1．（2023•新高考Ⅱ•第22题）（1）证明：当0＜x＜1时，x﹣x2＜sinx＜x；（2）已知函数f（x）＝cosax﹣ln（1﹣x2），若x＝0为f（x）的极大值点，求a的取值范围．【解答】（1）证明：设g（x）＝x﹣x2﹣sinx，x∈（0，1），则g′（x）＝1﹣2x﹣cosx，∴g″（x）＝﹣2+sinx＜0，∴g′（x）在（0，1）上单调递减，∴g′（x）＜g′（0）＝0，∴g（x）在（0，1）上单调递减，∴g（x）＜g（0）＝0，即x﹣x2﹣sinx＜0，x∈（0，1），∴x﹣x2＜sinx，x∈（0，1），设h（x）＝x﹣sinx，x∈（0，1），则h′（x）＝1﹣cosx＞0，∴h（x）在（0，1）上单调递增，∴h（x）＞h（0）＝0，x∈（0，1），即x﹣sinx＞0，x∈（0，1），∴sinx＜x，x∈（0，1），综合可得：当0＜x＜1时，x﹣x2＜sinx＜x；（2）解：∵f′（x）＝﹣asinax+2𝑥1−𝑥2，∴f″（x）=−𝑎2𝑐𝑜𝑠𝑎𝑥+2+2𝑥2(1−𝑥2)2，且f′（0）＝0，f″（0）＝﹣a2+2，①若f″（x）＝2﹣a2＞0，即−√2＜𝑎＜√2时，资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】易知存在t1＞0，使得x∈（0，t1）时，f″（x）＞0，∴f′（x）在（0，t1）上单调递增，∴f′（x）＞f′（0）＝0，∴f（x）在（0，t1）上单调递增，这显然与x＝0为函数的极大值点相矛盾，故舍去；②若f″（x）＝2﹣a2＜0，即a＜−√2或a＞√2时，存在t2＞0，使得x∈（﹣t2，t2）时，f″（x）＜0，∴f′（x）在（﹣t2，t2）上单调递减，又f′（0）＝0，∴当﹣t2＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当0＜x＜t2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，满足x＝0为f（x）的极大值点，符合题意；③若f″（x）＝2﹣a2＝0，即a＝±√2时，∵f（x）为偶函数，∴只考虑a=√2的情况，此时𝑓′(𝑥)=−√2𝑠𝑖𝑛(√2𝑥)+2𝑥1−𝑥2，x∈（0，1）时，𝑓′(𝑥)＞−2𝑥+2𝑥1−𝑥2=2𝑥(11−𝑥2−1)＞0，∴f（x）在（0，1）上单调递增，与显然与x＝0为函数的极大值点相矛盾，故舍去．综合可得：a的取值范围为（﹣∞，−√2）∪（√2，+∞）．考向二利用导数研究函数的单调性2．（2023•新高考Ⅰ•第19题）已知函数f（x）＝a（ex+a）﹣x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当a＞0时，f（x）＞2lna+32．【解答】解：（1）f（x）＝a（ex+a）﹣x，则f'（x）＝aex﹣1，①当a≤0时，f'（x）＜0恒成立，f（x）在R上单调递减，②当a＞0时，令f'（x）＝0得，x=𝑙𝑛1𝑎，当x∈（﹣∞，ln1𝑎）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（ln1𝑎，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，综上所述，当a≤0时，f（x）在R上单调递减；当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln1𝑎）上单调递减，在（ln1𝑎，+∞）上单调递增．证明：（2）由（1）可知，当a＞0时，f（x）min＝f（ln1𝑎）＝a（1𝑎+a）﹣ln1𝑎=1+a2+lna，要证f（x）＞2lna+32，只需证1+a2+lna＞2lna+32，只需证𝑎2−𝑙𝑛𝑎−12＞0，设g（a）=𝑎2−𝑙𝑛𝑎−12，a＞0，则g'（a）＝2a−1𝑎=2𝑎2−1𝑎，令g'（a）＝0得，a=√22，当a∈（0，√22）时，g'（a）＜0，g（a）单调递减，当a∈（√22，+∞）时，g'（a）＞0，g（a）单调递增，资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以g（a）≥g（√22）=12−𝑙𝑛√22−12=−ln√22＞0，即g（a）＞0，所以𝑎2−𝑙𝑛𝑎−12＞0得证，即f（x）＞2lna+32得证．【命题意图】考查导数的应用．考查求导公式，导数几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值、最值，函数零点等问题．体会数形结合思想，分类讨论思想，化归和转化思想．【考查要点】导数是必考内容，难度、广度和深度较大．常规基础考查求导公式与几何意义．中等难度考查求单调区间、极值、最值等．压轴题考查零点、不等式证明、恒成立或者存在问题、分类讨论求参数等，和数列、不等式、函数等知识结合．【得分要点】1、导数和函数的单调性的关系（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间．（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．2．求函数f（x）的极值的步骤（1）确定函数的定义区间，求导数f′（x）．（2）求方程f′（x）＝0的根．（3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f′（x）在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f（x）在这个根处无极值．3．用导数求函数的最值步骤：设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则求f（x）在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：（1）求f（x）在（a，b）内的极值．（2）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较得出f（x）在[a，b]上的最值．4．利用导数研究曲线上某点切线方程（1）确定切点．（2）求斜率，即求曲线上该点的导数．（3）利用点斜式求出直线方程．5．函数恒成立问题资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】恒成立问题最后都转化为求最值问题，常用的方法是分离参变量和求导．考向一利用导数研究函数的单调性3．（2022•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝xeax﹣ex．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x＞0时，f（x）＜﹣1，求a的取值范围；（3）设n∈N*，证明：++…+＞ln（n+1）．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝xex﹣ex＝ex（x﹣1），f′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex，∵ex＞0，∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．（2）令g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1（x＞0），∵f（x）＜﹣1，f（x）+1＜0，∴g（x）＜g（0）＝0在x＞0上恒成立，又g′（x）＝eax+axeax﹣ex，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝aeax+a（eax+axeax）﹣ex＝a（2eax+axeax）﹣ex，∴h′（0）＝2a﹣1，①当2a﹣1＞0，即a＞，存在δ＞0，使得当x∈（0，δ）时，h′（x）＞0，即g′（x）在（0，δ）上单调递增．因为g′（x）＞g′（0）＝0，所以g（x）在（0，δ）内递增，所以f（x）＞﹣1，这与f（x）＜﹣1矛盾，故舍去；②当2a﹣1≤0，即a≤，g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝（1+ax）eax﹣ex，若1+ax≤0，则g'（x）＜0，所以g（x）在[0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）＝0，符合题意．若1+ax＞0，则g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝eax+ln（1+ax）﹣ex≤﹣ex≤＝0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）＝0，符合题意．综上所述，实数a的取值范围是a≤．资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】另解：f（x）的导数为f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex（x＞0），①当a≥1时，f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex＞eax﹣ex≥ex﹣ex＝0，所以f（x）在（0，+∞）递增，所以f（x）＞﹣1，与题意矛盾；②当a≤0时，f′（x）≤eax﹣ex≤1﹣ex＜0，所以f（x）在（0，+∞）递减，所以f（x）＜﹣1，满足题意；．③当0＜a≤时，f′（x）≤（1+x）e﹣ex＝e[（1+x）﹣e]．设G（x）＝（1+x）﹣e（x＞0），G′（x）＝﹣e＜0，则G（x）在（0，+∞）递减，所以G（x）＜0，f′（x）＝eG（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）递减，所以f（x）＜﹣1，满足题意；④当＜a＜1时，f′（x）＝eax[（1+ax）﹣e（1﹣a）x]，令H（x）＝（1+ax）﹣e（1﹣a）x，则f′（x）＝eaxH（x），H′（x）＝a+（a﹣1）e（1﹣a）x，可得H′（x）递减，H′（0）＝2a﹣1，所以存在x0＞0，使得H′（x0）＝0．当x∈（0，x0）时，H′（x）＞0，H（x）在（0，x0）递增，此时H（x）＞0，所以当x∈（0，x0）时，f′（x）＝eaxH（x）＞0，f（x）在（0，x0）递增，所以f（x）＞﹣1，与题意矛盾．综上可得，a的取值范围是（﹣∞，]．（3）由（2）可知，当a＝时，f（x）＝＜﹣1（x＞0），令x＝ln（1+）（n∈N*）得，＜﹣1，整理得，，∴＞ln（1+），∴＞ln（），∴＞ln（）＝ln（）＝ln（n+1），即++...+＞ln（n+1）．资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】另解：运用数学归纳法证明．当n＝1时，左边＝＝＞ln2成立．假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时，不等式成立，即++...+＞ln（k+1）．当n＝k+1时，要证++...++＞ln（k+2），只要证ln（k+1）+＞ln（k+2），即证＞ln（k+2）﹣ln（k+1）＝ln＝ln（1+）．可令t＝，则t∈（0，]，则需证明＞ln（1+t），再令x＝（x∈（1，]），则需证明x﹣＞2lnx（x∈（1，]）．构造函数g（x）＝2lnx﹣（x﹣）（x∈（1，]），g′（x）＝﹣1﹣＝﹣（1﹣）2＜0，可得g（x）在（1，]上递减，则g（x）＜g（1）＝0，所以原不等式成立，即n＝k+1时，++...++＞ln（k+2）成立．综上可得，++...+＞ln（n+1）成立．4．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜+＜e．【解答】（1）解：由函数的解析式可得f'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．（2）证明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得，资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】即，由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，令，，则x1，x2为f（x）＝k的两根，其中k∈（0，1）．不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2﹣x1＞1，先证2＜x1+x2，即证x2＞2﹣x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），则h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）单调递减，所以h′（x）＞h′（1）＝0，故函数h（x）在（0，1）单调递增，∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证．同理，要证x1+x2＜e，（法一）即证1＜x2＜e﹣x1，根据（1）中f（x）单调性，即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1），则φ'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0，x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，x∈（x0，1），