高考复习第4讲导数与函数、不等式的综合.docVIP

　导数与函数、不等式的交汇创新 1．函数y＝f(x)－g(x)有零点?方程f(x)－g(x)＝0有实数根?函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象有交点． 2．不等式“恒成立”或“能成立”问题的常用结论 (1)单变量“恒成立”与“能成立”问题的转化策略 ①对任意的x∈[m，n]，af(x)恒成立?af(x)max；对任意的x∈[m，n]，af(x)恒成立?af(x)min. ②对任意的x∈[m，n]，不等式f(x)g(x)恒成立?[f(x)－g(x)]min0；对任意的x∈[m，n]，不等式f(x)g(x)恒成立?[f(x)－g(x)]max0. ③若存在x∈[m，n]，af(x)有解(能成立)?af(x)min； 若存在x∈[m，n]，af(x)有解(能成立)?af(x)max； 若存在x∈[m，n]，af(x)无解(不成立)?a≤f(x)min； ④若存在x0∈[m，n]，使不等式f(x0)g(x0)成立?f(x)－g(x)0在[m，n]上有解?[f(x)－g(x)]max0. (2)双变量“恒成立”与“能成立”问题的转化策略 ①若?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的值域A与函数g(x)在D2上的值域B的交集不为空集，即A∩B≠?.其等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分． ②对?x1∈D1，?x2∈D2，都有f(x1)g(x2)恒成立，等价于f(x)maxg(x)min，或等价于f(x)g(x)min恒成立，或等价于f(x)maxg(x)恒成立．其等价转化思想是：函数f(x)的任何一个函数值均小于函数g(x)的任何一个函数值． ③对?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)g(x2)成立，等价于f(x)maxg(x)max.其等价转化思想是：函数f(x)的任意一个函数值小于函数g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数g(x)的所有函数值． ④若?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)g(x2)成立，等价于f(x)maxg(x)min.其等价转化思想：函数f(x)的某一个函数值大于函数g(x)的某一个函数值．即只要有这样的函数值即可，并不要求所有的函数值． 3．常见的指数、对数不等式 (1)ex≥x＋1及其变形ex－1≥x，ex≥ex等． (2)ln x≤x－1(x0)及其变式ln(x＋1)≤x.ln x≥1－eq \f(1,x)等． [压轴大题动态设计] 热点一　利用导数研究函数的零点问题 ——“形”定个数，“离”参转化 　(2019·全国卷Ⅰ)(12分)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明： (1)f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一极大值点； eq \a\vs4\al(构造新函数、研究性质) (2)f(x)有且仅有2个零点.eq \a\vs4\al(利用导数工具研究函数的零点) [思维建模] (1) 知啥 f(x)的解折式 证啥 f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))上有唯一极大值点 咋证 构造g(x)＝f′(x)，对g(x)求导可得g(x)在(－1，α)上递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))上递减，得证 (2) 知啥 f(x)的解析式及(1)的结论 证啥 证f(x)有且仅有2个零点 咋证 对x分类讨论，利用导数讨论在各区间上的零点的情况 [规范解答]　解：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x－eq \f(1,1＋x)， g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,（1＋x）2).eq \a\vs4\al(构造函数，研究单调性)(1分) 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))时，g′(x)单调递减， 而g′(0)＞0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜0，eq \a\vs4\al(函数零点存在定理应用) 可得g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))有唯一零点，设为α.eq \a\vs4\al(零点设而不求)(2分) 当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))时，g′(x)＜0.(3分) 所以g(x)在(－1，α)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))单调递减． 故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a