题型07 3类导数综合问题解题技巧（端点效应（必要性探索）、函数的凹凸性、洛必达法则）（解析版）

【淘宝店铺：向阳百分百】题型073类导数综合问题解题技巧（端点效应（必要性探索）、函数的凹凸性、洛必达法则）技法01端点效应（必要性探索）解题技巧知识迁移端点效应的类型技法01端点效应（必要性探索）解题技巧技法02函数凹凸性解题技巧导数压轴中我们经常遇到恒成立问题，含有参数的不等式恒成立求参数的取值范围问题，是热点和重点题型，方法灵活多样，常见的方法有:①分离参数（全分离或半分离）＋函数最值;②直接（或移项转化）求导＋分类讨论.但以上两种方法都有缺陷，首先对于方法①可能会出现参数分离困难或是无法分离，抑或函数最值点无法取到，即无定义，这时就需要用到超纲的方法：洛必达法则。其次，对于方法②直接分类讨论可能会出现在某些区间无法讨论下去，或是无法排除原问题在该区间是否恒成立，即讨论界点不明。基于以上两点，我们今天这讲就来解决这两个不足之处，基本对策就是先必要后充分的思想。该思想就是当参变分离较为困难、带参讨论界点不明时，含参不等式问题还可以采用先必要、后充分的做法，即先抓住一些关键点（区间端点，可使不等式部分等于零的特殊值等），将关键点代入不等式解出参数的范围，获得结论成立的必要条件，再论证充分性，从而解决问题.【淘宝店铺：向阳百分百】1.如果函数()fx在区间[,]ab上,()0fx恒成立,则()0fa或()0fb.2.如果函数()fx在区问[,]ab上,()0fx恒成立,且()0fa(或()0fb),则()0fa或()0fb.3.如果函数()fx在区问[,]ab上,()0fx恒成立,且()0,()0fafa(或()0fb,()0fb则()0fa或()0fb.例1．（2023·全国·统考高考真题）已知函数3sinπ(),0,cos2xfxaxxx(1)当8a时，讨论()fx的单调性；(2)若()sin2fxx恒成立，求a的取值范围．【法一】端点效应一令()()sin2,0,2gxfxxx，得(0)0g，且()0gx在0,2x上恒成立画出草图根据端点效应,需要满足(0)0g„，而2412sin()2cos2cosxgxaxx则(0)3ga,令(0)0g„,得3a当3a„时,由于(0)0g,只需证()0gx即可而()gx含有参数a,故可对()gx进行放缩即222244412sin12sin32cos2cos232cos254coscoscoscosxxxgxaxxxxxx令2costx,其中01t【淘宝店铺：向阳百分百】设232()54thttt则332362426()4tthtttt令3()426pttt则2()1220ptt,故()pt在(0,1)上递减,得()(1)0ptp则()0ht,得()ht在(0,1)上单调递增,则()(1)0hth即()0gx,满足()(0)0gxg成立当3a时，030由于,ga故存在0x,使得在00,x上()0gx,所以()gx在00,x上单调递增,则()(0)0gxg,不成立特上所述:3a.【法二】端点效应二(2)33sinsin()sin2sin2()sin20coscosxxfxxaxxgxaxxxx由于(0)0g,且224cos3sin()2cos2cosxxgxaxx,注意到当(0)0g,即3a时,00,2x使()0gx在00,xx成立,故此时()gx单调递减()(0)0gxg,不成立.另一方面,当3a„时,3sin()3sin2()cosxgxxxhxx„,下证它小于等于0.【淘宝店铺：向阳百分百】2242242444222432cos32cos2cos3cos12cos1cos2cos3cos2cos32cos2coscoscoscos14cos30.cosxhxxxxxxxxxxxxxxxx令()gx单调递减,()(0)0gxg„.特上所述:3a.【法三】设()()sin2gxfxx22222323()()2cos2()22cos12(21)24attgxfxxgtxtatttt设223()24tattt322333264262(1)(22+3)()40tttttttttt所以()(1)3ta.1若(,3]a,()()30gxta即()gx在0,2上单调递减,所以()(0)0gxg.所以当(,3],()sin2afxx,符合题意.2若(3,)a当22231110,333tttt,所以()t.(1)30a.所以0(0,1)t,使得00t,即00,2x,使得00gx.当0,1,()0ttt,即当00,,()0,()xxgxgx单调递增.所以当00,,()(0)0xxgxg,不合题意.综上,a的取值范围为(,3].1．（2023·全国·统考高考真题）已知函数2sinπ,0,cos2xfxaxxx．【淘宝店铺：向阳百分百】(1)当1a时，讨论fx的单调性；(2)若sin0fxx，求a的取值范围．【答案】(1)fx在π0,2上单调递减(2)0a【分析】（1）代入1a后，再对fx求导，同时利用三角函数的平方关系化简fx，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；（2）法一：构造函数singxfxx，从而得到0gx，注意到00g，从而得到00g，进而得到0a，再分类讨论0a与a0两种情况即可得解；法二：先化简并判断得2sinsin0cosxxx恒成立，再分类讨论0a，a0与0a三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得0a时不满足题意，从而得解.【详解】（1）因为1a，所以2sinπ,0,cos2xfxxxx，则22432coscos2cossinsincos2sin11coscosxxxxxxxfxxx3333222coscos21coscoscos2coscosxxxxxxx，令costx，由于π0,2x，所以cos0,1tx，所以23233222coscos22221211xxttttttttt2221ttt，因为2222110ttt，10t，33cos0xt，所以233coscos20cosxxfxx在π0,2上恒成立，所以fx在π0,2上单调递减.（2）法一：构建2sinπsinsin0cos2xgxfxxaxxxx，则231sinπcos0cos2xgxaxxx，若sin0gxfxx，且00sin00gf，【淘宝店铺：向阳百分百】则0110gaa，解得0a，当0a时，因为22sin1sinsin1coscosxxxxx，又π0,2x，所以0sin1x，0cos1x，则211cosx，所以2sinsinsin0cosxfxxxx，满足题意；当a0时，由于π02x，显然0ax，所以22sinsinsinsinsin0coscosxxfxxaxxxxx，满足题意；综上所述：若sin0fxx，等价于0a，所以a的取值范围为,0.法二：因为2232222sincos1sinsincossinsinsincoscoscoscosxxxxxxxxxxxx，因为π0,2x，所以0sin1x，0cos1x，故2sinsin0cosxxx在π0,2上恒成立，所以当0a时，2sinsinsin0cosxfxxxx，满足题意；当a0时，由于π02x，显然0ax，所以22sinsinsinsinsin0coscosxxfxxaxxxxx，满足题意；当0a时，因为322sinsinsinsincoscosxxfxxaxxaxxx，令32sinπ0cos2xgxaxxx，则22433sincos2sincosxxxgxax，注意到22433sin0cos02sin000cos0gaa，若π02x，0gx，则gx在π0,2上单调递增，注意到00g，所以00gxg，即sin0fxx，不满足题意；若0π02x，00gx，则000ggx，所以在π0,2上最靠近0x处必存在零点1π20,x，使得10gx，【淘宝店铺：向阳百分百】此时gx在10,x上有0gx，所以gx在10,x上单调递增，则在10,x上有00gxg，即sin0fxx，不满足题意；综上：0a.【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论0a这种情况的关键是，注意到00g，从而分类讨论gx在π0,2上的正负情况，得到总存在靠近0x处的一个区间，使得0gx，从而推得存在00gxg，由此得解.2．（2020·全国·统考高考真题）已知函数2()exfxaxx.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥12x3+1，求a的取值范围.【答案】（1）当,0x时，'0,fxfx单调递减，当0,x时，'0,fxfx单调递增.（2）27e,4【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.【详解】(1)当1a时，2exfxxx，e21xfxx，由于''e20xfx，故'fx单调递增，注意到00f，故：当,0x时，0,fxfx单调递减，当0,x时，0,fxfx单调递增.(2)[方法一]【最优解】：分离参数由3112fxx得，231e12xaxxx…，其中0x，①.当x=0时，不等式为：11，显然成立，符合题意；②.当0x时，分离参数a得，321e12xxxax…，记321e12xxxgxx，2312e12xxxxgxx，【淘宝店铺：向阳百分百】令21e102xhxxxx，则e1xhxx，''e10xhx，故'hx单调递增，00hxh，故函数hx单调递增，00hxh，由0hx可得：21e102xxx…恒成立，故当0,2x时，0gx，gx单调递增；当2,x时，0gx，gx单调递减；因此，2max7e24gxg,综上可得，实