高考二轮导数的综合应用专项训练 （原卷+答案） 考点一　利用导数研究函数的零点——“形”定个数，“离”参转化 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______________即可．存在两个极值点 x1，x2 且 x1<x2 的函数 f(x)＝ ax3＋bx2＋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 一个 f(x1)<0 或 f(x2)>0 两个 f(x1)＝0 或 f(x2)＝0 值) 三个 f(x1)>0 且 f(x2)<0 a<0(f(x1)为极小 值，f(x2)为极大 一个 f(x1)>0 或 f(x2)<0 两个 f(x1)＝0 或 f(x2)＝0 值) 三个 f(x1)<0 且 f(x2)>0 [例 1]　[2020·全国卷Ⅲ]已知函数 f(x)＝x3－kx＋k2. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有三个零点，求 k 的取值范围． [考查知识]　利用导数研究函数的单调性、已知零点个数求参数的取值范围． [核心素养]　逻辑推理，数学运算． 归纳总结 利用导数研究函数零点问题的思路 (1)构建函数 g(x)(要求 g′(x)易求，g′(x)＝0 可解)，转化为确定 g(x)的零点个数问题求解， 利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出 g(x)的图象草图，数形结合求解． (2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究 函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 对点训练 [2020·全国卷Ⅰ]已知函数 f(x)＝ex－a(x＋2)． (1)当 a＝1 时，讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围． 考点二　利用导数证明不等式——构造·分离·放缩 常见的指数、对数不等式 (1)ex≥x＋1 及其变形 ex－1≥x，ex≥ex 等． (2)ln x≤x－1(x>0)及其变式 ln (x＋1)≤x，ln x≥1－ 1 x 等． [例 2]　[2021·全国乙卷]设函数 f(x)＝ln (a－x)，已知 x＝0 是函数 y＝xf(x)的极值点． (1)求 a； (2)设函数 g(x)＝ x +f (x) ，证明：g(x)＜1. xf ( x ) [考查知识]　用导数研究函数的极值及导数在证明不等式中的应用． [核心素养]　数学运算，逻辑推理． 归纳总结 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(最小值 m)，则∀x∈D，有 f(x)≤M(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. 对点训练 [2021·合肥市质量检测]已知函数 f(x)＝a(x＋2)ex－(x＋3)2(a∈R，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 a> 1 2 e 时，证明：f(x－2)>ln x－x －x－3. 考点三　利用导数解决不等式恒(能)成立问题——转化·分离·构造 不等式“恒成立”或“能成立”问题的常用结论 (1)单变量“恒成立”与“能成立”问题的转化策略 ① 对任意的 x∈[m，n]，a>f(x)恒成立⇔a>f(x)max；对任意的 x∈[m，n]，a<f(x)恒成立⇔_ _______________________________________________________________________. ② 对 任 意 的 x∈[m ， n] ， 不 等 式 f(x)>g(x) 恒 成 立 ⇔ [f(x) － g(x)]min>0 ； 对 任 意 的 x∈[m，n]，不等式 f(x)<g(x)恒成立⇔________________． ③ 若存在 x∈[m，n]，a>f(x)有解(能成立)⇔________；若存在 x∈[m，n]，a<f(x)有解(能 成立)⇔________； 若存在 x∈[m，n]，a>f(x)无解(不成立)⇔________． ④ 若存在 x0∈[m，n]，使不等式 f(x0)>g(x0)成立⇔f(x)－g(x)>0 在[m，n]上有解⇔_______ _． (2)双变量“恒成立”与“能成立”问题的转化策略 ① 若∃x1∈D1 ，∃x2∈D2 ，使得 f(x1)＝g(x2)，等价于函数 f(x)在 D1 上的值域 A 与函数 g(x) 在 D2 上的值域 B 的交集不为空集，即 A ∩ B≠ ∅ . 其等价转化的基本思想是：两个函数有 相等的函数值，即它们的________有公共部分． ② 对 ∀ x1∈D1 ， ∀ x2∈D2 ， 都 有 f(x1)<g(x2) 恒 成 立 ， 等 价 于 f(x)max<g(x)min 或 等 价 于 f(x)<g(x)min 恒成立，或等价于 f(x)max<g(x)恒成立．其等价转化思想是：函数 f(x)的任何一个函 数值均________函数 g(x)的任何一个函数值． ③ 对∀x1∈D1，∃x2∈D2，使得 f(x1)<g(x2)成立，等价于 f(x)max<g(x)max.其等价转化思想是： 函数 f(x)的任意一个函数值小于函数 g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数 g(x)的_____ ___函数值． ④ 若∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得 f(x1)>g(x2)成立，等价于 f(x)max>g(x)min.其等价转化思想是： 函数 f(x)的某一个函数值大于函数 g(x)的某一个函数值，即只要有这样的函数值即可，并不 要求________函数值． [例 3]　[2021·广州阶段训练]已知函数 f(x)＝(x＋a)ln x－ 1 2 2 x －ax＋a－1. (1)若 a＝1，求函数 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)>a ln x－ 1 2 2 x －2x 在(1，＋∞)上恒成立，求整数 a 的最大值． [考查知识]　导数的应用及函数恒成立问题． [核心素养]　数学运算，逻辑推理． 归纳总结 1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”策略： (1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的 最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f(x)≥a 恒成立，只需 ≥a 即可；f(x)≤a 恒成立，只需 f(x)max≤a 即可． f ( x )min (2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利 用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解． 2．“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即 f(x)≥g(a)对于任意 x∈D 恒成立， 应求 f(x)的最小值；若存在 x∈D，使得 f(x)≥g(a)成立，应求 f(x)的最大值．应特别关注等号 是否取到，注意端点的取舍． 对点训练 [2021·江苏南京模拟]已知函数 f(x)＝kx－x ln x，k∈R. (1)当 k＝2 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)当 0<x≤1 时，f(x)≤k 恒成立，求 k 的取值范围； (3)设 n∈N*，求证： ln1 ln 2 ln n n ( n−1 ) + ≤ . ＋…＋ 2 3 n+1 4 [高考 5 个大题]　GAOKAOWUGEDATI 解题研诀窍(六) 函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分” [思维流程——找突破口] [技法指导——迁移搭桥] 函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参 函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的 讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题， 一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问 题． [典例]　已知函数 f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)a＝e 时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0. [快审题] 求什么 想什么 讨论函数的单调性，想到利用导数判断． 证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化． 给什么 用什么 已知函数的解析式，利用导数解题． 差什么 找什么 证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找 出所构造函数的最值． [稳解题] (1)f′(x)＝ e x －a(x>0)， ① 若 a≤0，则 f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； e e 时，f′(x)>0，当 x> a a 时，f′(x)<0， e ，+ ∞ 上单调递减． 上单调递增，在 a ② 若 a>0，则当 0<x< 故 f(x)在 (0 ， ae ) ( ) ex (2)证明：法一：因为 x>0，所以只需证 f(x)≤ －2e， x 当 a＝e 时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 f(x)max＝ f(1)＝－e. 记 g(x)＝ ex －2e(x>0)， x ( x−1 ) e x 则 g′(x)＝ ， 2 x 所以当 0<x<1 时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当 x>1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以 g(x)min＝g(1)＝－e. 综上，当 x>0 时，f(x)≤g(x)，即 f(x)≤ 即 xf(x)－ex＋2ex≤0. 法二：证 xf(x)－ex＋2ex≤0， 即证 ex ln x－ex2－ex＋2ex≤0， x e . 从而等价于 ln x－x＋2≤ ex 设函数 g(x)＝ln x－x＋2， 则 g′(x)＝ 1 x －1. 所以当 x∈(0，1)时，g′(x)>0； 当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0， ex －2e， x 故 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而 g(x)在(0，＋∞)上的最大值为 g(1)＝1. x e ( x−1 ) ex . 设函数 h(x)＝ ，则 h′(x)＝ 2 ex ex 所以当 x∈(0，1)时，h′(x)<0，当 x∈(1，＋∞)时，h′(