专题14导数综合应用的解题模板-学会解题之高三数学万能解题模板(解析版)

专题 14导数综合应用的解题模板【高考地位】导数综合问题是高考的必考的重点内容，主要在导数解答题的的第2 小问，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大.类型一利用导数研究不等式证明问题万能模板使用场景解题模板一般函数的不等式证明问题构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如 lnxxx1，exx1，ln xx0)，ln(x1)x(x1)；x1(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数 f(x)和 g(x)，利用其最值求解例 1(2016全国卷)设函数 f(x)ln xx1.内容(1)讨论 f(x)的单调性；x1(2)证明：当 x(1，)时，1x；ln x(3)设 c1，证明：当 x(0,1)时，1(c1)xcx.【解析】(1)(2)略(3)证明：由题设 c1，设 g(x)1(c1)xcx，关键 1：利用要证明的不等式直接构造函数c1lnln c则 g(x)c1cxln c，令 g(x)0，解得 x0.ln c当 xx0时，g(x)0，g(x)单调递增；当 xx0时，g(x)0，g(x)单调递减关键 2：利用导数研究函数单调性、极值c1由(2)知 1c，故 0 x01.ln c关键 3：判断极值点所在的区间又 g(0)g(1)0，故当 0 x1 时，g(x)0.所以当 x(0,1)时，1(c1)xcx.关键 4：利用函数单调性与极值点所在区间证得不等式【变式演练 1】（作差法证明不等式）【河南省郑州市第一中学2021 届高三上学期开学测试数学（文）】x已知函数f(x)(xsin xcos x)e，f(x)为f(x)的导函数（1）设g(x)f(x)f(x)，求g(x)的单调区间；（2）若x 0，证明：fx x1【答案】（1）g(x)的单调递增区间是(2222k，2k),kZ Z；单调递减区间是(2k,33342k),k Z Z；（2）证明见解析.3【解析】【分析】（1）根据题意，求得gx,gx，解三角不等式则问题得解；（2）构造函数h(x)f(x)1x，通过二次求导，判断hx的单调性，即可求得hx的最小值，则问题得解.【详解】（1）由已知，f(x)(1cos xsin x)e(xsin xcos x)e (1 x2sin x)e，xx所以g(x)f(x)f(x)(1sin xcos x)e，g(x)(12cos x)e，xxx1222k x 2k,k Z Z，解得2331242k x 2k,k Z Z，令g(x)0，得cosx ，解得233222k，2k),kZ Z；故g(x)的单调递增区间是(33242k,2k),k Z Z.单调递减区间是(33令g(x)0，得cosx （2）要证f(x)x1，只需证：f(x)1 x 0 x设h(x)f(x)1x，x 0，则h(x)f(x)1(1 x2sin x)e 1记t(x)h(x)(1 x2sin x)e 1，则t(x)(2 x 2sin x2cos x)e当x0,时，sin x 0，又22cos x 0，ex 0，所以t(x)0；当x(,)时，x ，2sin x 2，所以x2sin x 20，又22cos x 0，ex 0，所以t(x)0综上，当x 0时，t(x)0恒成立，xx所以t(x)在0,)上单调递增所以，t(x)t(0)0，即h(x)0，所以，h(x)在0,)上递增，则h(x)h(0)0，证毕【变式演练 2】（换元法证明双变量不等式）【四川省成都市新都一中 2021 届高三 9 月月考数学（理）】已知函数fx xlnx2ax x，aR R2（）若fx在0,内单调递减，求实数a的取值范围；（）若函数fx有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1 x212a【答案】（）,；（）证明见解析.【解析】【分析】（I）对原函数求导，根据f(x)在(0,)内的单调性得4ae4lnx2在x0,上恒成立，构造函数xg(x)ln x2，求出其最大值即可求出a的取值范围;x（）函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，等价于f(x)lnx24ax 0在x0,内有两根x1，x2，将极值点代入作差，设0 x1 x2，得到a 0时原不等式成立；a 0时，将原不等式转化为 x211x2 lnx1，令t x1，t(0,1)，构造函数h(t)2(t 1)lnt，证明h(t)h(1)0，即原不等x2x1t 1x21x2式成立.【详解】（I）由题可知fxlnx24ax，x 0，fx在0,内单调递减，0,内恒成立，f xlnx24ax0在即4a ln x2在内恒成立，xx0,ln x21ln x，则gx，2xxx令gx当0 x 1时，gxe10，即gx在0,内为增函数，e当x 1时，gxe10，即gx在,内为减函数，egxmaxg e，即4a e，a 1ee，4a,；（）若函数fx有两个极值点分别为x1，x2，则f xlnx24ax 0在e40,内有两根x1，x2，ln x 24ax1 01，两式相减，得lnx1lnx24ax1x2，ln x 24ax 022不妨设0 x1 x2，当a 0时，x1 x21恒成立，2ax1 x211当a 0时，要证明x1 x2，只需证明，4ax1x22alnx1lnx22a2x1 x2x1 x2 x211x lnx1，ln x1ln x2，即证明2x1x21x2即证明令t x1，t(0,1)，x2令h(t)2(t 1)lnt，t 1(t 1)2h(t)0，2t(t 1)h(t)在t(0,1)上单调递减，h(t)h(1)0，2(t 1)lnt，t 1 x211x2 lnx1成立，即x1x21x2x1 x21.2a【变式演练 3】（利用二次方程韦达定理证明双变量不等式）【四川省新津中学 2021 届高三上学期开学考试数学（文）】已知函数fx x 2a3x2aln x，其中aR R2（1）若曲线y fx在点1,f1处的切线与直线2x y 1 0平行，求实数 a的值及函数gx fx4ln x的单调区间；（2）若函数fx在定义域上有两个极值点x1，x2，且 x1 x2，求证：fx1 fx210 0【答案】（1）a【解析】【分析】（1）由函数导数求得切线斜率，利用两直线平行斜率相等，求出a的值，再求g(x)的定义域，求g(x)，由g(x)0，求得g(x)的递增区间，由g(x)0，求得递减区间；2（2）函数f(x)在定义域上有两个极值点x1,x2等价于2x 2(a 3)x 2a 0在(0,)上有两个不相等的1,gx单调递减区间为0,3，单调递增区间为3,；（2）证明见解析22a3 0222根x1,x2.解不等式组 4a316a 0，求得a的范围，再化简得到2a 02f(x1)f(x2)2alnaa24a 9，再构造g(a)2alna a 4a 9，再利用导数证明g(a)10，即得证.【详解】（1）由fx x 2a3x2aln x,x 0，2得f x 2x2a32a，x又y fx在点1,f1处的切线与直线2x y 1 0平行，所以f 1 4a4 2，解得a 则gx x 5x3ln x，212得gx 2x532x1x3x 0 xx当x0,3时，gx 0，gx单调递减，区间为0,3；当x3,时，gx 0，gx单调递增，区间为3,（2）证明：因为函数fx在定义域上有两个极值点x1，x2，且 x1 x2，所以f x 2x2a32a 0 x在0,上有两个根x1，x2，且 x1 x2，即2x 2a3x2a 0在0,上有两个不相等的根x1，x2，2则x1 x2 3a，x1x2 a，2a3 0222由题意得 4a316a 0，解得0a 1，2a 0则fx1 fx2 x12a3x12aln x1 x22a3x22aln x222x1 x22x1x22a3x1 x22alnx1x23a2a2a33a2alna 2alnaa24a9，令ga 2alnaa 4a9，其中0a1，222故ga 2ln a2a6令ha ga 2ln a2a6，ha22 0，aha ga在0,1上单调递增由于h e 2e330，h1 4 0，所以存在常数t e,1，使得ht0，即lnt t 3 0，lnt t 3，3且当a0,t时，ha ga 0，ga在0,t上单调递减；1时，ha ga 0，ga在t,1上单调递增，当at,所以当0a1时，gamin gt 2tlnt t24t 9 2tt 3t24t 9 t22t 9又t e,1，t22t 9 t 110 10，32所以ga 10，即ga10 0，故fx1 fx210 0得证【变式演练 4】（极值点偏移类的不等式证明）【安徽省 2020 届高三 5 月五校联考数学理科】已知函数f(x)cosx，g(x)xsin xcos x.x（1）判断函数g(x)在区间(0,2)上的零点的个数；（2）记函数f(x)在区间(0,2)上的两个极值点分别为x1，x2，求证：f(x1)f(x2)0.怀远一中、蒙城一中、淮南一中、颍上一中、涡阳一中试题【答案】（1）2 个；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，然后再结合零点判定理即可求解；（2）结合极值存在的条件及正弦与正切函数的性质进行分析可证【详解】（1）g(x)xcosx，x 0，113当x(0,)时，g(x)0，函数单调递增，当x(,)时，g(x)0，函数单调递减，222当x(311,2)时，g(x)0，函数单调递增，且g(0)10，g()0，g()1 0，222g(33)0，g(2)1 0，2231故函数g(x)在(0,)，(,)上不存在零点，2213存在x1,，使得g(x)0，同理x2,2使得g(x)022综上，g(x)在区间(0,2)上的零点有 2 个.（2）f(x)xsinxcosx，x213由（1）可得，g(x)xsin xcos x在区间(,)，(,2)上存在零点，221313所以f(x)在(,)，(,2)上存在极值点x1x2，x1(,)，x2(,2)，222213因为ysinx在(,)上单调递减，则sinx1sin(x2)sinx2，22sinx1sinx20，又因为xisinxicosxi0(i 1,2)，即1tanxi，xi13x22，又x12211即tanx1tanx2，x1x2tanx1tanx2tan(x2)，131x1(,)，x2(,2)，x2(,)，22211由ytanx在(,)上单调递增可得x1x222cosx1cosx2f(x1)f(x2)sinx1sinx2x1x21再由ysinx在(,)上单调递减，得sinx1sin(x2)sinx2，2sinx1sinx20，所以f(x1)f(x2)0【变式演练 5】（函数与数列综合的不等式证明）【江苏省南通市如皋中学2020 届高三创新班下学期高考冲刺模拟（二）】已知函数f xlnx1xR.x（1）当x1时，不等式f x0恒成立，求的最小值；（2）设数列an【答案】（1）【解析】【分析】an1*nSnNSSln2.，其前项和为，证明：n2nnn41；（2）证明见解析.211x2 x 0（1）fx，分，0三种情况推理即可；222x1 11111112n11n n（2）由（1）可得ln1，即lnn1lnn，2n2