（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

[全国卷3年考情分析]第4讲函数与导数的综合问题年份全国卷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．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.第1课时函数、导数与不等式[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)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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.[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．考点二利用导数研究不等式恒成立、存在性问题[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.[题后悟通]∀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．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，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.