（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第二层提升篇 专题六 函数与导数 第4讲 函数与导数的综合问

1第4讲函数与导数的综合问题[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019函数零点存在性问题，不等式与参数范围·T20函数的极值点及方程根·T212018利用导数研究函数的单调性、不等式的证明·T21函数的单调性与导数、函数零点的证明·T21导数的几何意义、不等式的证明·T212017函数的单调性与导数、不等式与参数范围·T21函数的单调性与导数、不等式与参数范围·T21利用导数研究函数的单调性、不等式的证明·T21导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程等的交汇命题，是高考的热点和难点.解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用导数证明不等式或探讨方程根；(3)利用导数求解参数的范围或值.第1课时函数、导数与不等式考点一利用导数证明不等式[例1](2019·天津高考节选)设函数f(x)＝excosx，g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间；(2)当x∈π4，π2时，证明：f(x)＋g(x)π2－x≥0.[解](1)由已知，有f′(x)＝ex(cosx－sinx).因此，当x∈2kπ＋π4，2kπ＋5π4(k∈Z)时，有sinxcosx，得f′(x)0，则f(x)单调递减；当x∈2kπ－3π4，2kπ＋π4(k∈Z)时，有sinxcosx，得f′(x)0，则f(x)单调递增.所以，f(x)的单调递增区间为2kπ－3π4，2kπ＋π4(k∈Z)，f(x)的单调递减区间为2kπ＋π4，2kπ＋5π4(k∈Z).2(2)证明：记h(x)＝f(x)＋g(x)π2－x.依题意及(1)，有g(x)＝ex(cosx－sinx)，从而g′(x)＝－2exsinx.当x∈π4，π2时，g′(x)0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)π2－x＋g(x)(－1)＝g′(x)π2－x0.因此，h(x)在区间π4，π2上单调递减，进而h(x)≥hπ2＝fπ2＝0.所以，当x∈π4，π2时，f(x)＋g(x)π2－x≥0.[解题方略]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①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1＜x2，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∀x∈D，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)＜0.[跟踪训练](2019·湖北省仙桃中学5月适应性考试)已知函数f(x)＝axlnx(a＞0)的图象在点(e，f(e))处的切线和直线x＋2y＋1＝0垂直.(1)求a的值；(2)对任意的x＞0，证明：f(x)≥－2x－e－3.解：(1)由f(x)的图象在点(e，f(e))处的切线与直线x＋2y＋1＝0垂直，得该切线的斜率为2，即f′(e)＝2.因为f′(x)＝a(lnx＋1)，所以a(lne＋1)＝2，解得a＝1.(2)证明：令g(x)＝f(x)＋2x＋e－3，则由(1)知g(x)＝xlnx＋2x＋e－3(x＞0)，则g′(x)＝lnx＋3，显然g′(x)＝0时，x＝e－3，当x∈()0，e－3时，g′(x)＜0，所以函数g(x)在3()0，e－3上单调递减.当x∈()e－3，＋∞时，g′(x)＞0，所以函数g(x)在()e－3，＋∞上单调递增，所以g(x)≥g(e－3)＝－3e－3＋2e－3＋e－3＝0，所以对任意的x＞0，f(x)≥－2x－e－3.考点二利用导数研究不等式恒成立、存在性问题[例2]已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－ax(a∈R)，g(x)＝12x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值.(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝（x－1）（x－a）x2.①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.②当1＜a＜e时，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数.f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae.综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－ae.(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.由(1)知当a＜1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae.g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－ae＜1，即a＞e2－2ee＋1，所以a的取值范围为e2－2ee＋1，1.4[题后悟通]求解此类题目的策略∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值即f(x)min＞g(x)min()这里假设f（x）min，g（x）min存在.其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值.∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值()这里假设f（x）max，g（x）max存在.其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数y＝g(x)的所有函数值.[跟踪训练](2019·福建五校第二次联考)已知函数f(x)＝lnx－mx2，g(x)＝12mx2＋x，m∈R，令F(x)＝f(x)＋g(x).(1)当m＝12时，求函数f(x)的单调区间及极值；(2)若关于x的不等式F(x)≤mx－1恒成立，求正整数m的最小值.解：(1)由题意得，f(x)＝lnx－12x2(x＞0)，所以f′(x)＝1x－x(x＞0).令f′(x)＝0，得x＝1.由f′(x)＞0，得0＜x＜1，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，由f′(x)＜0，得x＞1，所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞).所以f(x)极大值＝f(1)＝－12，无极小值.(2)令G(x)＝F(x)－(mx－1)＝lnx－12mx2＋(1－m)x＋1，因m＞0时，G′(x)＝－mx2＋（1－m）x＋1x＝－mx－1m（x＋1）x.令G′(x)＝0，得x＝1m，5所以当x∈0，1m时，G′(x)＞0；当x∈1m，＋∞时，G′(x)＜0.因此函数G(x)在0，1m上是增函数，在1m，＋∞上是减函数.故函数G(x)的最大值为G1m＝12m－lnm.令h(x)＝12x－lnx，因为h(1)＝12＞0，h(2)＝14－ln2＜0，h(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以当x≥2时，h(x)＜0，所以整数m的最小值为2.[专题过关检测]大题专攻强化练1.(2019·贵州省适应性考试)函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝aex.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当a≥1e时，xf(x)≤g(x).解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).由f(x)＝x－lnx，得f′(x)＝1－1x＝x－1x，当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞).(2)证明：要证xf(x)≤g(x)，即证x(x－lnx)≤aex，即证a≥x2－xlnxex.设h(x)＝x2－xlnxex，则h′(x)＝－x2＋2x－1＋xlnx－lnxex＝[]lnx－（x－1）（x－1）ex，由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即lnx－(x－1)≤0，于是，当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递减.所以x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝1－0e＝1e，所以当a≥1e时，xf(x)≤g(x).2.(2019·北京高考)已知函数f(x)＝14x3－x2＋x.6(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；(2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x；(3)设F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记F(x)在区间[－2，4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时，求a的值.解：(1)由f(x)＝14x3－x2＋x得f′(x)＝34x2－2x＋1.令f′(x)＝1，即34x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝83.又f(0)＝0，f83＝827，所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－827＝x－83，即y＝x与y＝x－6427.(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4].由g(x)＝14x3－x2得g′(x)＝34x2－2x.令g′(x)＝0得x＝0或x＝83.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：x－2(－2，0)00，838383，44g′(x)＋0－0＋g(x)－60－64270所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.(3)由(2)知，当a－3时，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a3；当a－3时，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a3；当a＝－3时，M(a)＝3.综上，当M(a)最小时，a＝－3.3.设函数f(x)＝2lnx－mx2＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)m－1成立，求实数m的取值范围.7解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2mx＝－2（mx2－1）x，当m≤0时，f′(x)0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m0时，令f′(x)0，得0xmm，令f′(x)0，得xmm，∴f(x)在0，mm上单调递增，在mm，＋∞上单调递减.(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m0，且f(x)在0，mm上单调递增，在mm，＋∞上单调递减.∴f(x)max＝fmm＝2lnmm－m·1m＋1＝－lnm，若存在x0，使得f(x0)m－1成立，则f(x)maxm－1.即－lnmm－1，lnm＋m－10成立.令g(x)＝x＋lnx－1(x0)，∵g′(x)＝1＋1x0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴0m1.∴实数m的取值范围是(0，1).4.(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝(x－1)lnx＋ax(a∈R).(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围.解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)lnx，f′(x)＝lnx＋(x－1)·1x＝lnx－1x＋1，设g(x)＝lnx－1x＋1，则g′(x)＝x＋1x2＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，∴x∈(0，1)时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，x∈(1