人教专题3.7 导数的综合问题-重难点题型精讲（举一反三）（新高考地区专用）（解析版）.docx

专题3.7 导数的综合问题-重难点题型精讲
1．利用导数证明不等式
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)＜g(x))转化为证明f(x)－g(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ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；
(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．
2．利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题
一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x)min.若存在x0∈D，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，则只需a<f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围．
3．利用导数研究函数零点问题
(1)判断、证明或讨论函数零点个数的方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.
①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；
②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.
(2)已知函数有零点求参数范围常用的方法：
①分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
②分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.
【题型1 单变量不等式的证明】
【方法点拨】
(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处
的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)
在(a，b)上单调递减即可.
(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
(3)不等式里既有指数又有对数，求导后不好处理，通常是把指数和对数分开，使得不等式一边是指数，另
一边是对数，分别计算它们的最值，利用最值来证明不等式.
【例1】（2022春•福安市校级月考）已知函数f（x）＝（x2﹣ax﹣a）ex，a∈R．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝0时，证明：f（x）＞x2（lnx+2）．
【解题思路】（1）求出函数f（x）的导数f'（x），再分类讨论求出不等式f'（x）＜0，f'（x）＞0的解集作答．
（2）将不等式等价变形，再分别证明ex＞x+1和x≥lnx+1即可作答．
【解答过程】（1）解：依题意，f'（x）＝[x2+（2﹣a）x﹣2a]ex＝（x+2）（x﹣a） ex，令f'（x）＝0，则x＝﹣2或x＝a．
当a＝﹣2时，f'（x）＝（x+2）2ex≥0，则函数f（x）在 R上单调递增；
当a＞﹣2时，当x∈（﹣2，a）时，f'（x）＜0，当x∈（﹣∞，﹣2）⋃（a，+∞）时，f'（x）＞0，
于是得f（x）在（﹣∞，﹣2），（a，+∞）上单调递增，在（﹣2，a）上单调递减；
当a＜﹣2时，当x∈（a，﹣2）时，f'（x）＜0，当x∈（﹣∞，a）⋃（﹣2，+∞）时，f'（x）＞0，
因此函数f（x）在（﹣∞，a）、（﹣2，+∞）上单调递增，在（a，﹣2）上单调递减，
所以当a＞﹣2时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2），（a，+∞），单调递减区间为（﹣2，a）；
当a＝﹣2时，f（x）在 R上单调递增；
当a＜﹣2时，函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，a），（﹣2，+∞），单调递减区间为（a，﹣2）．
（2）证明