《2025版新高考版高考总复习数学 函数的综合运用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2025版新高考版高考总复习数学 函数的综合运用.docx（48页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2025版新高考版高考总复习数学 4.3 导数的综合运用考点1 利用导数证明不等式1.(2023天津,20,16分)已知函数f(x)=1x+12ln(x+1).(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;(2)当x0时,证明:f(x)1;(3)证明:560时, f(x)1ln(x+1)-2xx+20,令g(x)=ln(x+1)-2xx+2,而g(x)=x2(x+1)(x+2)20,故g(x)在(0,+)上单调递增,因此g(x)g(0)=0,原不等式得证.(3)证法一:令中间待证式为某数列an的前n项和Sn,则Sn=ln n!-n+12ln n+n,则a1=S1=1,当n2时,an=Sn-Sn
2、-1=1+n12lnn1n=1n1+12ln1+1n1=1f 1n1,由(2)知an0(n2,nN*),故SnS1=1,不等式右边得证.欲证56Sn,只需证:对任意的n2,nN*,k=2n(-ak)=k=2nf1k110),h(x)=x22(x+1)2,当x0时,h(x)0,h(x)h(0)=0,ln(x+1)x(x+2)2(x+1), f(x)-1x+22xx(x+2)2(x+1)1=x24(x+1)x24,因此当k2,kN*时, f 1k1114(k1)214(k1)21=1212k312k1,当n4时,累加得k=4n(-ak)=k=4nf1k11121517+1719+12n312n1=
3、121512n1110,又-a2=f(1)-1=32ln 21320.694-1=0.041,-a3=52ln 32152(1.1-0.693)-1=0.017 5,故k=2n(-ak)=(-a2)+(-a3)+k=4n(-ak)0.041+0.017 5+0.1=0.158 516,原不等式左边得证.证法二:只需证561(2in),即n12ln n-ln(n-1)1,n112ln(n-1)-ln(n-2)1,32ln 2-ln(2-1)1,累加可得n12ln n-ln(n-1)!n-1,所以ln(n-1)!-n12ln n+n1(n1).方便起见,以下x(0,1,令g(x)=ln(x+1)-
4、2x16x2+x+2,g(x)=x3(x24)3616x2+x+22(x+1)0,故g(x)单调递减,所以g(x)g(0)=0,所以f(x)x+1,所以f(x)1+x26(x+1),则f1i11+1i1261i1+1=1+161i11i(2in),即n12ln n-ln(n-1)1+161n11n,n112ln(n-1)-ln(n-2)1+161n21n1,32(ln 2-ln 1)1+161112,累加可得n12ln n-ln(n-1)!n-1+1611nn56,即56ln(n-1)!-n12ln n+n.综上,56ln n!-n+12ln n+n1.2.(2021全国乙理,20,12分)设
5、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)xf(x).证明:g(x)1.解析(1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x(-,a),y=ln(a-x)+x1ax(-1)=ln(a-x)-xax,x(-,a),x=0是函数y=xf(x)的极值点,ln(a-0)-0a0=0,可得a=1.当a=1时,y=ln(1-x)-x1x,x(-,1),令p(x)=ln(1-x)-x1x,则p(x)=1x11(1x)2=x2(x1)2,易知当x(-,1)时,p(x)0;当x(0,1)时,p(x)0,函数y=xf(x)=xln(1-x
6、)在(-,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数.当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极值点.a=1.(2)证明:由(1)知a=1,f(x)=ln(1-x),x(-,1),当x(0,1)时, f(x)=ln(1-x)0,xf(x)0,xf(x)0,要证g(x)=x+f(x)xf(x)xf(x).只需证x+ln(1-x)xln(1-x),只需证x+(1-x)ln(1-x)0,令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),则h(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,当x(-,0)时,h(x)h(0)=0,x+(1-x)ln(1-x)0在(-
7、,0)(0,1)上恒成立.g(x)1.名师点拨:在论证较为复杂的不等式时,可考虑数学证明中的分析法,将问题转化,构造函数,通过求函数最值达到解决问题的目的.3.(2021新高考,22,12分)已知函数f(x)=x(1-ln x).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:21a+1b0与f (x)2和x1+x20,解得0x1,令f (x)1,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.(2)证明:由bln a-aln b=a-b得1a(1+ln a)=1b(1+ln b),即1a1ln 1a=1b1ln 1b,令x
8、1=1a,x2=1b,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x0+时,f(x)0+,当x+时, f(x)-,且f(1)=1,故k(0,1),不妨令x1(0,1),x2(1,e),则2-x11,e-x11,先证明x1+x22,即证x22-x1,即证f(x2)=f(x1)0恒成立,h(x)为增函数,h(x)h(1)=0.f(x2)2-x1,x1+x22.再证x1+x2e,即证x2f(e-x1).令(x)=f(x)-f(e-x),x(0,1),则(x)=-lnx(e-x),x0+时,(x)+,(1)=-ln(e-1)0,(x)单调递增,当x(x0,1)时,(x)0,(x)0恒成立,f(x2)f(e
9、-x1),x2e-x1,x1+x2e.综上,21a+1be成立.方法总结:利用导数证明不等式时,首先要转化为函数的单调性问题,然后结合函数的最值、函数的零点问题解决,注意构造函数在证明过程中的应用.4.(2016课标文,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x(1,+)时,1x1lnx1,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.解析(1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+), f (x)=1x-1,令f (x)=0,解得x=1.当0x0, f(x)单调递增;当x1时, f (x)0, f(x)单调递减.(4分)(2)证明:由(1)知f(
10、x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x1时,ln xx-1.故当x(1,+)时,ln xx-1,ln1x1x-1,即1x1lnx1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0,解得x0=lnc1lnclnc.当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0,g(x)单调递减.(9分)由(2)知1c1lncc,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故当0x0.所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.(12分)疑难突破在(3)中,首先要解方程g(x)=0,为了判定g(x)的单调性,必须比较极值点x0与区间(0,1)的关系,注意到g(0
11、)=g(1)=0是求解本题的突破点.评析本题考查了导数的综合运用及不等式的证明.5.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=x-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)8-8ln 2;(2)若a3-4ln 2,证明:对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析(1)函数f(x)的导函数f (x)=12x-1x,由f (x1)=f (x2)得12x1-1x1=12x2-1x2,因为x1x2,所以1x1+1x2=12.由基本不等式得12x1x2=x1+x224x1x2,因为x1x2,所以x1x2256.由题意得f
12、(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).设g(x)=12 x-ln x,则g(x)=14x(x-4),所以x(0,16)16(16,+)g(x)-0+g(x)2-4ln 2所以g(x)在256,+)上单调递增,故g(x1x2)g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1,则f(m)-km-a|a|+k-k-a0,f(n)-kn-an1nankn|a|+1nk0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.一题多解(1)f (x)=12x-1x,且f (x1)=f
13、 (x2)(x1x2).设f (x1)=t,则12x-1x=t的两根为x1,x2.即2t(x)2-x+2=0有两个不同的正根x1,x2.=116t0,x1+x2=12t0,x1x2=1t0,即0t116,x1+x2=12t,x1x2=1t2.f(x1)+f(x2)=x1+x2-ln(x1x2)=12t+2ln t0t116.设g(t)=12t+2ln t0t116,则g(t)=-12t2+2t=4t12t2g116=8-8ln 2,f(x1)+f(x2)8-8ln 2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=x-ln x-kx-a,只需证明:当a3-4ln 2时,对于任意的k0,函数h(x)在(
14、0,+)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=e|a|k+|a|+k-ke-|a|-k-ae|a|k+k(1-e-|a|-k)k(1-e-|a|-k)0.又x0时,x-kx12k-k12k2=14k.即h(x)14k-a-ln x,取n=e14ka,则h(n)14k-a-ln n=0,而-|a|-k-a-km0.由于h(m)0,h(n)0,h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+)上至少有一个零点.h(x)=12x-1x-k1214-142-k=116-k,当k116时,h(x)在(0,+)上单调递减,即当k116时,h(x)在(0,+)上只有一个零点.当0k1
15、16时,h(x)=0有两个不同的正根,(其中).此时h(x)在(0,)上为减函数,在(,)上为增函数,在(,+)上为减函数.h(x)=0,k=12-1,则h()=-ln -k-a=12-ln +1-a,h()=14-1=44,h()在(0,16)上为减函数,在(16,+)上为增函数,h()h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a0.又当=16时,k=116,又0k0,x(0,时,h(x)0.即h(x)在(0,上没有零点,但h(x)在(,+)上有一个零点.当0k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.6.(2022新高考,22,12分)已知函数f(x)=xeax-ex.(
16、1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ln(n+1).解析(1)当a=1时,f(x)=xex-ex,则f (x)=xex,当x(-,0)时,f (x)0,f(x)单调递增.(2)当x0时,f(x)-1,即xeax-ex0),则F(x)0,则F(x)必定存在一个单调递增区间(0,x0),又F(0)=0,F(x)也必定存在一个单调递增区间(0,x0).于是F(x)F(0)=0在(0,x0)上恒成立,与F(x)0矛盾,F(0)0,a12.eaxex2在(0,+)上成立,F(x)xex2-ex+1在(0,+)上成立,故只需证xex2-ex+10),则G(x)=ex2+x2ex2
17、ex=ex21+x2ex2.exx+1在(0,+)上成立,ex2x2+1在(0,+)上成立.G(x)0,故G(x)在(0,+)上单调递减,G(x)G(0)=0.xex2-ex+10在(0,+)上成立.故当a12时,xeax-ex1),则h(x)=1+1x22x=x22x+1x2=(x1)2x2,易知h(x)0,h(x)在(1,+)上单调递增,h(x)h(1)=0,x-1x2ln x,令x=1+1n,则有1+1n11+1n2ln1+1n,1n2+nln n+1n,112+1+122+2+1n2+nln 21+ln 32+ln n+1n=ln(n+1).原式得证.7.(2011课标文,21,12分
18、)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)证明:当x0,且x1时, f(x)lnxx1.解析(1)f (x)=ax+1xlnx(x+1)2-bx2.由于直线x+2y-3=0的斜率为-12,且过点(1,1),故f(1)=1,f (1)=12,即b=1,a2b=12.解得a=1,b=1.(2)证明:由(1)知f(x)=lnxx+1+1x,所以f(x)-lnxx1=11x22lnxx21x.考虑函数h(x)=2ln x-x21x(x0),则h(x)=2x-2x2(x21)x2=-(x1)2x2.所以当x1时
19、,h(x)0,可得11x2h(x)0;当x(1,+)时,h(x)0.从而当x0,且x1时, f(x)-lnxx10,即f(x)lnxx1.评析本题考查函数的概念、性质及导数等基础知识,含字母的代数式的运算要求较高,对考生的整体处理、分类整合的数学能力与技巧的要求很高.属难题.考点2利用导数研究不等式恒（能）成立问题1.(2015课标理,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0,则a的取值范围是()A.32e,1B.32e,34C.32e,34D.32e,1答案D由f(x0)0,即ex0(2x0-1)-a(x0-1)0得ex0(2x0
20、-1)a(x0-1).当x0=1时,得e1,则aex0(2x01)x01.令g(x)=ex(2x1)x1,则g(x)=2xexx32(x1)2.当x1,32时,g(x)0,g(x)为增函数,要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)ag(3),得3e2a52e3,与a1矛盾,所以x01.因为x01,所以a0,g(x)为增函数,当x(0,1)时,g(x)0,g(x)为减函数,要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)ag(0),得32ea1(满足a1).故选D.评析本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合性较强,属难题.2.(2023全国甲理,21,12分)已
21、知函数f(x)=ax-sinxcos3x,x0,2.(1)当a=8时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0,得cos x22,又x0,2,x0,4,令f (x)0,得cos x22,又x0,2,x4,2,f(x)在0,4上单调递增,在4,2上单调递减.(2)令g(x)=sin 2x-f(x)=sin 2x-ax+sinxcos3x,x0,2,g(x)=2cos 2x-a+cos2x+3sin2xcos4x=4cos2x+32cos2xcos4x-a-2,令t=cos2x,x0,2,t(0,1),令h(t)=4t+32tt2-a-2,h(t)=4+2t6t3=4t3+2t6t3=(t1)(4
22、t2+4t+6)t3,又t(0,1),h(t)g(0)=3-a0在0,2上恒成立,g(x)在0,2上为增函数,又g(0)=0,g(x)0在0,2上恒成立,即f(x)3时,由于g(x)在0,2上单调递增,且g(0)=3-a0,x00,2,使得g(x0)=0,则g(x)在(0,x0)上恒小于0,故g(x)在(0,x0)上单调递减,当x(0,x0)时,g(x)0, f(x)0成立,求a的取值范围.解析(1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+),f (x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+axa+1x+1.令g(x)=2ax2+ax-a+1,x(-1,+).当a=0时,g(x)=1,此时f
23、(x)0,函数f(x)在(-1,+)单调递增,无极值点.当a0时,=a2-8a(1-a)=a(9a-8).(i)当089时,0,设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1x2),因为x1+x2=-12,所以x1-14.由g(-1)=10,可得-1x10, f (x)0,函数f(x)单调递增;当x(x1,x2)时,g(x)0, f (x)0, f (x)0,函数f(x)单调递增.因此函数有两个极值点.当a0,由g(-1)=10,可得x10, f (x)0,函数f(x)单调递增;当x(x2,+)时,g(x)0, f (x)0,函数f(x)单调递减.所以函数有一个极值点.综上所述,当a
24、89时,函数f(x)有两个极值点.(2)由(1)知,当0a89时,函数f(x)在(0,+)上单调递增,因为f(0)=0,所以x(0,+)时, f(x)0,符合题意.当890,符合题意.当a1时,由g(0)0.所以x(0,x2)时,函数f(x)单调递减.因为f(0)=0,所以x(0,x2)时, f(x)0,不合题意.当a0,所以h(x)在(0,+)上单调递增.因此当x(0,+)时,h(x)h(0)=0,即ln(x+1)x.可得f(x)1-1a时,ax2+(1-a)x0,此时f(x)0时,g(x)0,求b的最大值;(3)已知1.414 220,g(x)0.(ii)当b2时,若x满足2ex+e-x2
25、b-2,即0xln(b-1+b22b)时,g(x)0.而g(0)=0,因此当0xln(b-1+b22b)时,g(x)0,ln 2823120.692 8;当b=324+1时,ln(b-1+b22b)=ln2,g(ln2)=-32-22+(32+2)ln 20,ln 218+2280.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.5.(2020江苏,19,16分)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,bR)在区间D上恒有f(x)h(x)g(x).(1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-,+),求h(x)的表达式;(2)若f(x)=x2-x+1,
26、g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+),求k的取值范围;(3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(00,所以(1+k)2-4(1+k)0,解得-1k3.因此,k的取值范围是0k3.(3)证明:当1t2时,由g(x)h(x),得4x2-84(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+3t42t2840.(*)令=-(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则=t6-5t4+3t2+8.记(t)=t6-5t4+3t2+8(1t2),则(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)0恒成立,所以(
27、t)在1,2上是减函数,则(2)(t)(1),即2(t)7.所以不等式(*)有解,设解的范围为x1xx2,因此n-mx2-x1=7.当0t1时, f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v(t)=0,得t=33.当t0,33时,v(t)0,v(t)是增函数.v(0)=-1,v(1)=0,则当0t1时,v(t)0.(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)0)则f(-1)-h(-1)0,因此-1(m,n).因为m,n-2,2,所以n-m2+17.当-2t
28、0;当x2,时,g(x)0,g()=-2,故g(x)在(0,)存在唯一零点.所以f (x)在(0,)存在唯一零点.(2)由题设知f()a,f()=0,可得a0.由(1)知,f (x)在(0,)只有一个零点,设为x0,且当x(0,x0)时,f (x)0;当x(x0,)时,f (x)0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,)单调递减.又f(0)=0,f()=0,所以,当x0,时,f(x)0.又当a0,x0,时,ax0,故f(x)ax.因此,a的取值范围是(-,0.7.(2017课标文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时, f(x)a
29、x+1,求a的取值范围.解析本题考查函数的单调性,恒成立问题.(1)f (x)=(1-2x-x2)ex.令f (x)=0,得x=-1-2或x=-1+2.当x(-,-1-2)时, f (x)0;当x(-1+2,+)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-1-2),(-1+2,+)单调递减,在(-1-2,-1+2)单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a0(x0),所以g(x)在0,+)单调递增,而g(0
30、)=0,故exx+1.当0x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=54a12,则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取x0=512,则x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).解题思路(1)求f (x),令f (x)0,求出f(x)的单调增区间,令f (x)0,求出f(x)的单调减区间.(2)对参数a的取值进行分类讨论,当a1时,构造函数可知(1-x)ex1,所以f(x)=(x+1)(1-x)exx+1ax+1成立;当0aax0
31、+1,从而说明命题不成立;当a0时,举反例x0=512说明不等式不成立.疑难突破 (1)求单调区间的一般步骤:求定义域;求f (x),令f (x)0,求出f(x)的增区间,令f (x)0,求出f(x)的减区间;写出结论,注意单调区间不能用“”连接.(2)恒成立问题的三种常见解法:分离参数,化为最值问题求解,如a(x)max或a(x)min;构造函数,分类讨论,如f(x)g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x)min0;转变主元,选取适当的主元可使问题简化.8.(2017课标文,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+)单调递增.若a0,则当