专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用（解析版）

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专题 06 函数、导数与数列、不等式的综合应用
【压轴综述】
纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研
究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置 .其中，函
数、导数与数列、不等式的综合应用问题的主要命题角度有：函数与不等式的交汇、函数
与数列的交汇、导数与数列不等式的交汇等.本专题就函数、导数与数列、不等式的综合应
用问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法.
1.数列不等式问题，通过构造函数、应用函数的单调性或对不等式进行放缩，进而限制参
数取值范围.如
2.涉及等差数列的求和公式问题，应用二次函数图象和性质求解.
3.涉及数列的求和问题，往往要利用“错位相减法”、“裂项相消法”等，先求和、再构
造函数.
【压轴典例】
例 1.(2020·全国卷
Ⅱ
理科·T21)已知函数
f
(
x
)=sin2
x
sin 2
x.
(1)讨论
f
(
x
)在区间(0,π)的单调性; (2)证明:|
f
(
x
)|≤ ;
(3)设
n
∈N
*
,证明:sin2
x
sin22
x
sin24
x
…sin22
nx
≤
.
【解析】(1)由函数的解析式可得
f
(
x
)=2sin 3
x
cos
x
,则:
f'
(
x
)=2(3sin 2
x
cos 2
x
-sin 4
x
)
=2sin 2
x
(3cos 2
x
-sin 2
x
)=2sin 2
x
(4cos 2
x
-1)=2sin 2
x
(2cos
x
+1)(2cos
x
-1),
f'
(
x
)=0 在
x
∈(0,π)上的根为:
x
1= ,
x
2= ,当
x
∈ 时,
f'
(
x
)>0,
f
(
x
)单调递增,当
x
∈
时,
f'
(
x
)<0,
f
(
x
)单调递减,当
x
∈ 时,
f'
(
x
)>0,
f
(
x
)单调递增
.
(2)注意到
f
(
x
+π)=sin 2(
x
+π)sin =sin 2
x
sin 2
x
=
f
(
x
),故函数
f
(
x
)是周期为
π 的函数,结合(1)的结论,计算可得:
f
(0)=
f
(π)=0,
f
= × = ,
f
= × =- ,据此可得:
f
(
x
)max= ,
f
(
x
)min=- ,即|
f
(
x
)|≤
.
(3)结合(2)的结论有:sin 2
x
sin 22
x
sin 24
x
…sin 22
nx
=
1
=[sin
x
(sin 2
x
sin 2
x
)(sin 22
x
sin 4
x
)…(sin 22
n
-1
x
sin 2
nx
)sin 22
nx
≤ ≤ =
.
例 2.(2020·浙江高考·T22)已知 1<a≤2,函数 f(x)=ex-x-a,其中 e=2.718 28…为自然对
数的底数.
(Ⅰ)证明:函数 y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点;
(Ⅱ)记 x0为函数 y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:
(ⅰ) ≤x0≤ ; (ⅱ)x0f( )≥(e-1)(a-1)a.
【 解 析 】 (Ⅰ) 当 x∈(0,+∞) 时 ,f'(x)=ex-1>0, 所 以 f(x) 在 (0,+∞) 上 单 调 递 增 , 由 于
f(0)=1-a<0, f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,f(0)f(2)<0, 则 y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.
(Ⅱ)(ⅰ)由于 f(x)单调递增,1<a≤2.设 x0的最大值为 t,则 et=2+t.由 f(1)=e-1-2<0,则
t>1.右边:由于 x≥0 时,ex≥1+x+ x2,且 -x0-a=0,则 a≥1+ ⇒x0≤ .左边:要证
明 ≥a-1= -x0-1,只需证明 - -x0-1≤0.记 h(x)= ex-1-x-x2(0≤x≤t),则 h'(x)=ex-
1-2x,
h″(x)=ex-2,于是 h'(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增.于是 h'(x)=ex-
1-2x≤max{h'(0),h'(t)}=0,
则 h(x)在 0≤x≤t 上单调递减.h(x)=ex-1-x-x2≤h(0)=0,得证.
(ⅱ)要证明 x0f( )≥(e-1)(a-1)a,只需证:x0f(x0+a)≥(e-1)(a-1)a.
由于(xf(x+a))'= f(x+a)+xf'(x+a)>f(x+a)>f(a)=ea-2a≥1-a+ >0,
则 x0f(x0+a)≥ f( +a),只需要证明:f( +a)≥(e-1)a ,
即 - -2a≥(e-1)a . 由 ex≥1+x+ x2, 只 需 证 :1+ ( +a)2-a≥(e-1)a
2
⇔a2-( )2-2(e-2)a ≥0,只需证 - ≥2(e-2),
由于 = + ∈[2,+∞),则 - ≥2- = ≥2(e-2).
综上所述,得证.
例3
.
(2020·天津高考·T20)已知函数
f
(
x
)=
x
3+
k
ln
x
(
k
∈R),
f'
(
x
)为
f
(
x
)的导函数
.
(1)当
k
=6 时,
① 求曲线
y
=
f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线方程;
② 求函数
g
(
x
)=
f
(
x
)-
f'
(
x
)+ 的单调区间和极值;
(2)当
k
≥-3 时,求证:对任意的
x
1,
x
2∈[1,+∞),且
x
1>
x
2,有 >
.
【 解 析 】 (1)① 当
k
=6 时 ,
f
(
x
)=
x
3+6ln
x
,
f'
(
x
)=3
x
2+
.
可 得
f
(1)=1,
f'
(1)=9, 所 以 曲 线
y
=
f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线方程为
y
-1=9(
x
-1),即
y
=9
x
-8
.
② 依题意,
g
(
x
)=
x
3-3
x
2+6ln
x
+ ,
x
∈(0,+∞)
.
从而可得
g'
(
x
)=3
x
2-6
x
+ - ,
整理可得:
g'
(
x
)= ,令
g'
(
x
)=0,解得
x
=1
.
当
x
变化时,
g'
(
x
),
g
(
x
)的变化情况如表:
x
(0,1) 1 (1,+∞)
g'
(
x
) - 0 +
g
(
x
) 单调递减 极小值 单调递增
所以,
g
(
x
)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);
g
(
x
)的极小值为
g
(1)=1,无极大值
.
(2)由
f
(
x
)=
x
3+
k
ln
x
,得
f'
(
x
)=3
x
2+
.
对任意的
x
1,
x
2∈[1,+∞),且
x
1>
x
2,令 =
t
(
t
>1),
则(
x
1-
x
2)[
f'
(
x
1)+
f'
(
x
2)]-2(
f
(
x
1)-
f
(
x
2))=(
x
1-
x
2) -2
3
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