1、1 / 9 第第 7 講講 導數的綜合應用導數的綜合應用 考情分析考情分析 1.導數逐漸成為解決問題必不可少的工具，利用導數研究函數的單調性與極值(最值)是高考的常見題型，而導數與函數、不等式、方程、數列等的交匯命題是高考的熱點和難點.2.多以解答題壓軸形式出現，難度較大 母題突破母題突破 1 導數與不等式的證明導數與不等式的證明 母題 (2017 全國)已知函數 f(x)ln xax2(2a1)x. (1)討論 f(x)的單調性； (2)當 a0， 2 / 9 故 f(x)在(0，)上單調遞增 若 a0； 當 x12a， 時，f(x)0. 故 f(x)在0，12a上單調遞增，在12a， 上單

2、調遞減 (2)證明 由(1)知，當 a0； 當 x(1，)時，g(x)0時，g(x)0. 從而當 a0時，ln12a12a10， 即 f(x)34a2. 子題 1 設函數 f(x)ln xx1.證明：當 x(1，)時，1x1ln x0， 當 x1時，f(x)0，f(x)單調遞減， 3 / 9 當 0 x0，f(x)單調遞增， f(x)ln xx1f(1)0，ln xx1， 當 x1 時，ln xx1， 且 ln 1x1x1， 由得，1x1ln x，由得，ln xx1x，xx1ln x， 綜上所述，當 x1 時，1x1ln x0時，ex(2e)x1xln x1. 證明 設 g(x)f(x)(e2

3、)x1exx2(e2)x1(x0)， 則 g(x)ex2x(e2)， 設 m(x)ex2x(e2)(x0)， 則 m(x)ex2， 易得 g(x)在(0，ln 2)上單調遞減，在(ln 2，)上單調遞增， 又 g(0)3e0，g(1)0， 由 0ln 21，則 g(ln 2)0； 當 x(x0，1)時，g(x)0 時，ex(2e)x1xx. 又由母題可得 ln xx1，即 xln x1， 故ex(2e)x1xln x1. 規律方法 利用導數證明不等式 f(x)g(x)的基本方法 (1)若 f(x)與 g(x)的最值易求出，可直接轉化為證明 f(x)ming(x)max. (2)若 f(x)與

4、g(x)的最值不易求出，可構造函數 h(x)f(x)g(x)，然后根據函數 h(x)的單調性或最值，證明 h(x)0. (3)通過題目中已有的或常用的不等式進行證明 (4)利用賦值法證明與正整數有關的不等式. 跟蹤演練 1(2018 全國)已知函數 f(x)aexln x1. (1)設 x2是 f(x)的極值點，求 a，并求 f(x)的單調區間； (2)證明：當 a1e時，f(x)0. (1)解 f(x)的定義域為(0，)，f(x)aex1x. 由題設知，f(2)0，所以 a12e2. 從而 f(x)12e2exln x1，f(x)12e2ex1x. 當 0 x2時，f(x)2時，f(x)0.

5、 所以 f(x)的單調遞增區間為(2，)，單調遞減區間為(0,2) (2)證明 當 a1e時，f(x)exeln x1. 方法一 設 g(x)exeln x1(x(0，)， 5 / 9 則 g(x)exe1x. 當 0 x1時，g(x)1時，g(x)0. 所以 x1是 g(x)的最小值點 故當 x0 時，g(x)g(1)0. 因此，當 a1e時，f(x)0. 方法二 易證 exx1， ln xx1， f(x)exeln x1ex1ln x1xln x10， 即證 f(x)0. 2(2020 株州模擬)已知 f(x)ln x2ex. (1)若函數 g(x)xf(x)，討論 g(x)的單調性與極值

6、； (2)證明：f(x)1ex. (1)解 由題意，得 g(x)x f(x)xln x2e(x0)， 則 g(x)ln x1. 當 x0，1e時，g(x)0，所以 g(x)單調遞增， 所以 g(x)的單調遞減區間為0，1e，單調遞增區間為1e， ， g(x)的極小值為 g1e1e，無極大值 (2)證明 要證 ln x2ex1ex(x0)成立， 6 / 9 只需證 xln x2exex(x0)成立， 令 h(x)xex，則 h(x)1xex， 當 x(0,1)時，h(x)0，h(x)單調遞增，當 x(1，)時，h(x)xex，即 ln x2ex1ex，所以 f(x)1ex. 專題強化練專題強化練

7、 1(2020 沈陽模擬)已知函數 f(x)x2(a2)xaln x，a0. (1)求函數 yf(x)的單調區間； (2)當 a1時，證明：對任意的 x0，f(x)exx2x2. (1)解 f(x)x2(a2)xaln x，a0，定義域為(0，)，f(x)2x(a2)ax(2xa)(x1)x， 令 f(x)0，得 xa2；令 f(x)0，得 0 x0)， 即證 exln x20恒成立， 令 g(x)exln x2，x(0，)， 即證 g(x)min0 恒成立， 7 / 9 g(x)ex1x，g(x)為增函數，g120， x012，1 ，使 g(x0)0成立，即0ex1x00， 則當 0 xx0

8、時，g(x)x0時，g(x)0， yg(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，)上單調遞增， g(x)ming(x0)0exln x02， 又0ex1x00，即0ex1x0， g(x0)0exln x020exln 1x021x0 x02， 又x012，1 ，x01x02， g(x0)0，即對任意的 x0，f(x)exx2x2. 方法二 令 (x)exx1， (x)ex1， (x)在(，0)上單調遞減，在(0，)上單調遞增， (x)min(0)0， exx1， 令 h(x)ln xx1(x0)， h(x)1x11xx， h(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減， h(x)maxh

9、(1)0， ln xx1，x1ln x2， 要證 f(x)exx2x2， 即證 exln x2， 8 / 9 由知 exx1ln x2，且兩等號不能同時成立， exln x2，即證原不等式成立 2(2020 全國)已知函數 f(x)sin2xsin 2x. (1)討論 f(x)在區間(0，)的單調性； (2)證明：|f(x)|3 38 ； (3)設 nn*，證明：sin2xsin22xsin24xsin22nx3n4n. (1)解 f(x)2sin xcos xsin 2x2sin2xcos 2x 2sin xsin 3x. 當 x0，323， 時，f(x)0； 當 x3，23時，f(x)0. 所以 f(x)在區間0，3，23， 上單調遞增， 在區間3，23上單調遞減 (2)證明 因為 f(0)f()0， 由(1)知，f(x)在區間0，上的最大值為 f 33 38， 最小值為 f 233 38. 而 f(x)是周期為 的周期函數， 故|f(x)|3 38. (3)證明 由于()322222sinsin 2 sin 4sin 2nxxxx |sin3xsin32