2025屆高三數(shù)學一輪總復習 第二章 專題一 高考中的導數(shù)應用問題

專題一高考中的導數(shù)應用問題第二章函數(shù)、導數(shù)及其應用第1課時導數(shù)方法證明不等式

利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值，再根據(jù)單調(diào)性來證明不等式是函數(shù)、導數(shù)、不等式綜合問題中的一個難點，也是近幾年高考的熱點.

解題技巧是構造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉化為利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式，而如何根據(jù)不等式的結構特征構造一個可導函數(shù)是解題的關鍵.題型一單變量不等式的證明考向1利用移項構造法證明不等式[例1](2023年全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；【反思感悟】單變量不等式的證明方法

(1)移項法：將證明不等式f(x)＞g(x)[或f(x)＜g(x)]的問題轉化為證明f(x)－g(x)＞0[或f(x)－g(x)＜0]，進而構造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x).

(2)構造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數(shù)；把不等式轉化為左右兩邊是相同結構的式子的結構，根據(jù)“相同結構”構造輔助函數(shù).(3)最值法：欲證f(x)＜a(a為常數(shù))，可以證明fmax(x)＜a.【互動探究】考向2轉化為兩個函數(shù)的最值進行比較[例2]已知

f(x)＝xlnx.(1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；由m′(x)＜0得x＞1時，m(x)單調(diào)遞減，由m′(x)＞0得0＜x＜1時，m(x)單調(diào)遞增，【反思感悟】

在需要證明的不等式中，若對不等式的變形無法轉化為一個函數(shù)的最值問題，則可以借助兩個函數(shù)的最值進行證明.【互動探究】題型二雙變量不等式的證明考向1利用換元法證明雙變量不等式問題故函數(shù)g(x)在x∈(e，＋∞)上單調(diào)遞減.又a＜b，且a，b∈(e，＋∞)，所以g(a)＞g(b)，聯(lián)立消參利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的參數(shù)a抓商構元令c＝

，消掉變量x1，x2構造關于c的函數(shù)h(c)用導求解利用導數(shù)求解函數(shù)h(c)的最小值，從而可證得結論結合所證問題，巧妙引入變量c＝，從而構造相應的函數(shù).其解題【反思感悟】換元法構造函數(shù)證明不等式的基本思路是直接消掉參數(shù)a，再要點為：【互動探究】3.已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(x＞0)，a為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個零點x1，x2(x1≠x2).求證：x1x2＞e2.考向2極值點偏移問題[例4](2021年全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證(1)解：由函數(shù)的解析式可得f′(x)＝1－lnx－1＝－lnx，∴x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，則f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.令h(x)＝f(x)－f(2－x)，則h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]在(0，1)上單調(diào)遞減，∴h′(x)＞h′(1)＝0，故函數(shù)h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，∴h(x1)＜h(1)＝0.∴f(x1)＜f(2－x1)，∴2＜x1＋x2，得證.同理，要證x1＋x2＜e，(方法一)即證1＜x2＜e－x1，根據(jù)(1)中f(x)的單調(diào)性，即證f(x2)＝f(x1)＞f(e－x1)，令φ(x)＝f(x)－f(e－x)，x∈(0，1)，則φ′(x)＝－ln[x(e－x)]，令φ′(x0)＝0，x∈(0，x0)，φ′(x)＞0，φ(x)單調(diào)遞增，x∈(x0，1)，φ′(x)＜0，φ(x)單調(diào)遞減，又0＜x＜e時，f(x)＞0，且f(e)＝0，故當x→0＋時，φ(x)→0，∴φ(1)＝f(1)－f(e－1)＞0，∴φ(x)＞0恒成立，∴x1＋x2＜e得證.(方法二)f(x1)＝f(x2)，x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，又x1∈(0，1)，故1－lnx1＞1，x1(1－lnx1)＞x1，∴x1＋x2＜x1(1－lnx1)＋x2＝x2(1－lnx2)＋x2，x2∈(1，e)，令g(x)＝x(1－lnx)＋x，g′(x)＝1－lnx，x∈(1，e)，在(1，e)上，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增，∴g(x)＜g(e)＝e，即x2(1－ln

x2)＋x2＜e，∴x1＋x2＜e，得證.【反思感悟】

當某一函數(shù)在其定義域上存在極值時，若極值點左右增減速度相同，則該函數(shù)圖象為對稱圖形.若極值點左右增減速度不同，則會出現(xiàn)對稱性消失，函數(shù)圖象偏移，這種情況稱為極值點偏移.近幾年導數(shù)中雙參問題經(jīng)常出現(xiàn)，難度較大.破解含雙參問題的關鍵：一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關系式，并把含雙參的不等式轉化為含單參的不等式；二是巧妙構造函數(shù)，再借用導數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值.【互動探究】4.(2022年南通市模擬)已知函數(shù)f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有兩個不同的零點x1，x2.證明：x1＋x2>2.因為x<1，所以1－x>0，2－x>x，所以e2-x>ex，即e2-x－ex>0，所以H′(x)>0，所以H(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增.所以H(x1)<H(1)＝0，即有g(x1)<g(2－x1)成立，所以x1＋x2>2.題型三活用兩個與指對數(shù)相關的經(jīng)典不等式兩個與指對數(shù)相關的經(jīng)典不等式

(1)對數(shù)形式：x≥1＋lnx(x＞0)，當且僅當x＝1時，等號成立. (2)指數(shù)形式：ex≥x＋1(x∈R)，當且僅當x＝0時，等號成立.進一步可得到一組不等式鏈：ex＞x＋1＞x＞1＋lnx(x＞0，且x≠1).()ABCD

即{x|x＞－1，且x≠0}，所以排除選項D.

當x＞0時，由經(jīng)典不等式x＞1＋lnx(x＞0)，

以x＋1代替x，得x＞ln(x＋1)(x＞－1，且x≠0)，

所以ln(x＋1)－x＜0(x＞－1，且x≠0)，即x＞0或－1＜x＜0時均有f(x)＜0，排除A，C，易知B正確.答案：B則g′(x)＝ex－x－1，由經(jīng)典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，且g(0)＝0.所以函數(shù)g(x)有唯一零點，即兩曲線有唯一公共點.【互動探究】5.(2023年西固區(qū)校級模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2－xlnx.(1)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；

所以當0＜x＜1時，g′(x)＞0，當x＞1時，g′(x)＜0，

所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則gmax(x)＝g(1)＝1.第2課時利用導數(shù)研究恒(能)成立問題第二章函數(shù)、導數(shù)及其應用

“恒成立”問題與“存在性”問題是高中數(shù)學中的常見問題，它不僅考查了函數(shù)、不等式等傳統(tǒng)知識，而且與導數(shù)的結合更是極大地豐富了該類問題的表現(xiàn)形式，充分體現(xiàn)了能力立意的原則，越來越受到命題者的青睞，成為高中數(shù)學的一個熱點問題.題型一不等式恒成立問題考向1分離參數(shù)法求解恒成立問題(1)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)記F(x)＝g(x)－f′(x)，對任意的x≥0，F(xiàn)(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解：(1)g(x)＝ex－2x＋sinx，函數(shù)定義域為R，則g′(x)＝ex－2＋cos

x且g′(0)＝0，令φ(x)＝g′(x)，φ′(x)＝ex－sinx，當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)＝ex－sinx＞1－sinx≥0，φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞).當x∈(－∞，0)時，g′(x)＝ex－2＋cos

x＜cos

x－1≤0，所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0).則F(x)＝g(x)－f′(x)＝ex－2x＋sinx－ax2－1，且F(0)＝0，F(xiàn)′(x)＝ex＋cosx－2ax－2，x∈[0，＋∞)，

令G(x)＝F′(x)，G′(x)＝ex－sinx－2a，令H(x)＝G′(x)，x≥0時，H′(x)＝ex－cos

x≥1－cos

x≥0，所以G′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增.所以F′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增.所以F′(x)≥F′(0)＝0.所以F(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增.所以F(x)≥F(0)＝0恒成立.【反思感悟】

若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需滿足fmin(x)≥a或gmax(x)≤a即可，利用導數(shù)方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，從而使問題得解.【互動探究】1.(2023年瀘州市校級模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2＋2ax＋b，f′(x)是其導函數(shù).(1)討論f′(x)的單調(diào)性；(2)對?x∈R，(x－2)·f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解：(1)函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)＝ex－2ax＋2a，f″(x)＝ex－2a，當a≤0時，f″(x)＞0，所以f′(x)在R上單調(diào)遞增，當a＞0時，令f″(x)＞0，得x＞ln2a，令f″(x)＜0得，x＜ln2a，所以f′(x)在(－∞，ln2a)上單調(diào)遞減，在(ln2a，＋∞)上單調(diào)遞增，綜上所述，當a≤0時，f′(x)在R上單調(diào)遞增，當a＞0時，f′(x)在(－∞，ln2a)上單調(diào)遞減，在(ln2a，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)因為對?x∈R，(x－2)f(x)≥0恒成立，所以當x≥2時，f(x)≥0，當x≤2時，f(x)≤0，所以f(2)＝0.所以b＝－e2.所以f(x)＝ex－ax2＋2ax－e2且連續(xù)不斷，f′(x)＝ex－2ax＋2a，f″(x)＝ex－2a，所以f′(x)＜f′(2)＜0.所以f(x)在(2，ln2a)上單調(diào)遞減.所以f(x)＜f(2)＝0，不符合題意.②當x≤2時：所以f(x)≤0不恒成立.當a＝0時，f(x)＝ex－e2，考向2把參數(shù)看作常數(shù)，利用分類討論方法解決[例2]已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，a∈R.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.(2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即lnx－a(x－1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立.設g(x)＝lnx－a(x－1)，x＞0，①當a≥1時，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，則g(x)在x∈(1，＋∞)上單調(diào)遞減.所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1時滿足題意.則g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.所以當x∈(1，＋∞)時，g(x)＞g(1)＝0.即a≤0時不滿足題意(舍去).綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞).【反思感悟】

對于不適合分離參數(shù)的不等式，常常將參數(shù)看作常數(shù)直接構造函數(shù)，常用分類討論法，利用導數(shù)研究單調(diào)性、最值，從而得出參數(shù)取值范圍.【互動探究】2.已知f(x)＝ax2－2lnx，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若對任意的x＞0，2－f(x)≤2(a－1)x恒成立，求整數(shù)a的最小值.題型二存在成立問題－ex2＋ax(e是自然對數(shù)的底數(shù)). (1)求f(x)在(1，f(1))處的切線方程； (2)存在x∈(0，＋∞)，g(x)＞0成立，求實數(shù)a的取值范圍； (3)對任意的m∈(0，＋∞)，存在n∈[1，3]，有f(m)≤g(n)，求實數(shù)a的取值范圍.則f(1)＝0，f′(1)＝1.即切點坐標為(1，0)，切線斜率k＝1.故f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y－0＝1×(x－1)，即x－y－1＝0.(2)∵x∈(0，＋∞)，g(x)＝－ex2＋ax＞0，∴a＞ex.∴原題意等價于存在x∈(0，＋∞)，a＞ex成立.又∵x＞0，e＞0，∴ex＞0.∴a＞0.故實數(shù)a的取值范圍為(0，＋∞).【反思感悟】?x∈[a，b]，f(x)≥m成立?fmax(x)≥m.?x∈[a，b]，f(x)≤m成立?fmin(x)≤m.?x1∈[a，b]，對任意x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立?fmin(x)≤gmin(x).【互動探究】解：(1)因為f′(x)＝a－ex，x∈R.當a≤0時，f′(x)＜0，f(x)在R上單調(diào)遞減；當a＞0時，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)＞0得x＜lna，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)；由f′(x)＜0得x＞lna，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞).第3課時利用導數(shù)研究函數(shù)的零點第二章函數(shù)、導數(shù)及其應用

函數(shù)的零點問題綜合了函數(shù)、方程、不等式等多方面的知識，考查轉化與化歸、數(shù)形結合及函數(shù)與方程等數(shù)學思想.函數(shù)的零點問題常與其他知識相結合綜合出題，解題難度較大，判斷零點存在性及零點個數(shù)是考查的一個熱點.

題型一判斷、證明或討論函數(shù)零點的個數(shù)直接法令f(x)＝0，則方程解的個數(shù)即為零點的個數(shù)畫圖法轉化為兩個易畫出圖象的函數(shù)，看其交點的個數(shù)即可定理法利用零點存在性定理判定，可結合最值、極值去解決【反思感悟】判斷函數(shù)零點個數(shù)的3種方法【互動探究】(1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)的極值；

(2)用max{m，n}表示m，n中的最大值，記函數(shù)h(x)＝max{f(x)，g(x)}(x＞0)，當a≥0時，討論函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上的零點個數(shù).x(－∞，0)0(0，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗由f′(x)＞0，得x＜0或x＞1；由f′(x)＜0，得0＜x＜1，列表如下：∴f(x)的極大值為f(0)＝0，(2)由h(x)＝max{f(x)，g(x)}，知h(x)≥g(x).①當x∈(1，＋∞)時，g(x)＞0，∴h(x)＞0，故h(x)在(1，＋∞)上無零點.題型二已知函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)【反思感悟】解決此類問題常從以下兩個方面考慮

(1)根據(jù)區(qū)間上零點的個數(shù)情況，估計出函數(shù)圖象的大致形狀，從而推導出導數(shù)需要滿足的條件，進而求出參數(shù)滿足條件. (2)先求導，通過求導分析函數(shù)的單調(diào)情況，再依據(jù)函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的零點情況，推導出函數(shù)本身需要滿足的條件，此時，由于函數(shù)比較復雜，常常需要構造新函數(shù)，通過多次求導，層層推理得解.【互動探究】2.已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，證明：當x≥0時，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點，求a的值.(1)證明：當a＝1時，f(x)≥1等價于(x2＋1)·e－x－1≤0.設函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1，則g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.當x≠1時，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.而g(0)＝0，故當x≥0時，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)解：設函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點等價于h(x)在(0，＋∞)上只有一個零點.①當a≤0時，h(x)＞