题型7 3类导数综合问题解题技巧-2025年新高考数学冲刺宝典

题型73类导数综合问题解题技巧 【答案】D 例3一2若直线y=kx十b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln(.x+1)的切线，则b 【解析】对函数y=lnx十2求导得)y-,对y=n(x十+1)求导得y=设直线y=红十b 与曲线y=lnx十2相切于点P(x1,y),与曲线y=ln(x十1)相切于点P2(x2,y2),则y1=lnx 十2，=ln十1).由点P(n)在切线上得y-h+2)=-(-.由点P) 在切线上得y一血（十1)=中(x一心)，这两条直线表示同一条直线， 11 2+1 la+1)=ln西+2t+1 解得=2k==2,6=n十2-1=1-n2. 无1 2+1 【答案】1-ln2 对点练习八一 1.若两曲线y=x2一1与y=alnx一1存在公切线，则正实数a的取值范围是 2.已知f(x)=2x3+(a一2)x2一3x是奇函数，则过点P(一1,2)向曲线y=f(x)可作的切线条数 是 () A.1 B.2 C.3 D.不确定 题型73类导数综合问题解题技巧 技法01端点效应（必要性探索）与特殊点效应 技法解读 端点效应的类型 1.如果函数f(x)在区间[a,b们上，f(x)>≥0恒成立，则f(a)>≥0或fb)≥0. 2.如果函数f(x)在区问[a,b们上，f(x)≥0恒成立，且f(a)=0(或f(b)=0),则f(a)≥0 (或f(b)≤0). 3.如果函数f(x)在区间[a,b们上，f(x)≥0恒成立，且f(a)=0,f(a)=0(或f(b)=0, f(b)≤0)，则"(a)≥0（或f"(b)≤0）. 4.函数f(x)在区间[a,b]上，f(x)≥0恒成立，若3c∈(a,b)且f(c)=0,则f(c)=0. 25 高考数学冲刺宝典 串典例剖析人 例1一1已知函数f(x)=a.x一 号e0, (2)若f(.x)十sinx<0,求a的取值范围. 【解析】 (2)构建g(x)=f(x)+sinx=ax- 十m0<r<》,则g(x)=a-1七 cos2 r cos'r +cosx0<x<2）若g(x)=f(x)+sinx<0,且g(0)=f(0)+sin0=0,则g'(0)=a-1+1= a≤0，解得a≤0，当a=0时，：sinx- m-o又zeo,引0sn1 0<c0s()+sin sin sin工<0，满足题意： cosx 当a<0时，由于0r<受，显然ar<0,∴f)+sinx=ar-十snx<nx-<0, cos cos 满足题意： 综上所述，若f(x)十sinx<0,等价于a≤0，a的取值范围为（一o∞，0们. 【答案】(2)a≤0 例1一2已知函数f(x)=e一sinx一cosx,f(x)为其导函数， (2)若f(x)≥>a.x十2-2cosx(a∈R)对Hx∈[-π，十o∞)恒成立，求a的值. 【解析】(2)当x≥-π时，f(x)≥a.x十2-2cosx(a∈R)恒成立，即e十sinx十cosx-a.x-2> 0(a∈R).令g(x)=e十cosx十sinx-a.x-2,若g(x)≥0对Hx∈[-π，十o∞)恒成立，由g(0) e+cos0-2=0,gp(x)≥0=p(0),∴.当x=0时，gp(x)取得最小值.由g'(x)=e-sinx+cosx u,则x=0为函数9(x)的极小值，点，故9(0)=2-a=0,解得a=2. 下面证明：当a=2时，x=0为函数p(x)的最小值点，9(x)=e一sinx十cosx一2，令h(x)= e一sinx+cosx-2,h'(x)=e一cosx-sinx=f(x),由(1)可知，f(x)在[一r,x)上单调递增， 在(x,0)上单调递减，在[0，十o∞)上单调递增.又f(一π)=e十1>0，且f(0)=0, .当x≥一π时，f(x)的最小值为f(0)=0,则f(x)≥0恒成立，即h'(x)≥0在[-π，十∞)上恒 成立，∴.h(x)即g(x)在[一π，十o∞)上单调递增，又9(0)=0， ∴.当一π≤x<0时，9'(x)<0, 当x>0时，0(x)>0,∴.函数(x)在[一π，0)单调递减，在(0，十∞)上单调递增， ∴.(x)≥p(0)=0,即e十sinx十cosx-2.x-2>≥0恒成立，符合题意.综上所述，a=2. 【答案】(2)2 7对点练习八- l.已知函数f(.x)=xer一e. (2)当x>0时，f(x)<-1,求a的取值范围. 2.设a>0,函数f(.x)=xlnx.(3)若f(x)≤1，求a. 26 题型73类导数综合问题解题技巧 技法2洛必达法则解题技巧 技法解速一 法则1.若函数f(x)和g(x)满足下列条件 (1)limf (c)=0limg (x)=0; (2)在点a的去心邻域(a-e,a)U(a,a十e)内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0： 名事么器 f'（x=l. g(x）g(x) 法则2.若函数f(x)和g(x)满足下列条件 (1)limf(x)=0 limg(x)=0; (x=l: (2)3A>0.x)和gx)在(-∞，A)与A,+oo)上可导，且g(x)≠0：(3)img 那么limf-limA (x=l. g(x)g(z) 法则3.若函数f(x)和g(x)满足下列条件 (1)limf ()=limg (r)=oo; (2)在点a的去心邻域(a一e,a)U(a,a十e)内，f(x)与g(x)可导且g(x)≠0： (3lim巴=l,那么lim巴=limg=l ag(x) g(x）ug(x) 注意：若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止 f()=lim lim f"(x) ag(x) f'()=lim g(x） 品，如清足条件，可继续使用洛必达法则. 串典例剖析一 例2已知血+1>1血+恒成立，求k的取值范围. x十1xx-1x 【解析】 +>+<+1记gx) 2n+1,则g(x)= 1-x2 21地0-贵仙+》起Aa)=n+景则)= (1-x2)2 1+产y=x1+x>0.h(x)在(0，+o∞)单调递增，且h(1)=0,x∈(0,1)时，h(x<0, 4.x (1一x2)2 x∈(1，十∞)时，h(x)>0,即g(x)在(0,1)上单调递诚，在(1，十o∞)上单调递增. ak≤=+1)=+1-m2 +2nx+1=1-1=0. -2.x 综上所述，k≤0. 【答案】k≤0 27 高考数学冲刺宝典 ⑦对点练习八 1.设函数f(x)=1一e (2)设当≥0时，)≤a求a的取值范围. 2.设函数)=205x如果对任何≥0，都有dCa,求u的取值范围。 技法03导数中的同构问题解题技巧 技法解谟人 1.同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式， 2.同构式的应用 (1)在方程中的应用：如果方程f(a)=0和f(b)=0呈现同构特征，则a,b可视为方程f(x)= 0的两个根： (2)在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数， 进而和函数的单调性找到联系.可比较大小或解不等式.<同构小套路> ①指对各一边，参数是关键：②常用“母函数”：f(x)=x·e,f(x)=e士x;寻找“亲戚函 数”是关键：③信手拈来凑同构，凑常数、x、参数：④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调 性求参数范围 28 题型73类导数综合问题解题技巧 (3)在解析几何中的应用：如果A(x1,y),B(x2,y2)满足的方程为同构式，则A,B为方程所表 示曲线上的两点.特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线AB的方程； (4)在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于(am,n)与(aw1,n一1)的 同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解。 串典例剖析人一 例3已知函数f(x)=e-a.x(a∈R). (2)若a=0,证明：对任意的x>1,都有f(x)≥x-3x3nx十x3. 【解析】(2)证明：由题得，a=0时，对任意的x>1,都有f(x)≥x-3.x3lnx十x3,即e≥x3(x 3nx+1),等价于号≥(x-3nx+1),即er≥(r-3nx+1). 设g(x)=e一x-1,则g'(x)=e-L.由g'(x)>0,得x>0:由g'(x)<0,得x<0. 则g(x)在(0，十o∞)上单调递增，在（一o∞，0）上单调递减，故g(x)≥g(0)=0,即e一x一1≥0，即 e>≥x十l,当且仅当x=0时，等号成立， 设(x)=x-3nx,则/(x)=1-3=二3.由'(x)>0,得x>3:由'(a)<0,得0<r<3.则 h(x)在(0,3)上单调递减，在(3，十o)上单调递增. .h(3)=3-3ln3<0,h(e2)=e2-6>0,∴.h(.x)=0有解， 则enr≥x-3nx十1，当且仅当x-3lnx=0时，等号成立. 即号>x-3nx+1,即fx≥r-3xn十 【答案】(2)证明见解析 ⑦对点练习趴 已知函数f(x)=e·e-2+1,g(x)=nr+2. (2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x). 29高考数学冲刺宝典 )=兰，剥g(D=1-2三，当x∈(0E)时，g 选B 技法3切线与公切线的应用及解题技巧 (x)>0,g(r)单明道增，当∈(e,+©)时，g(,)0. 【对点练习】 g(x)单调递减，当x∈(We,+∞)时，g(x)<0,g(x)<0,g (x)单调递减，又g(1)=0,当0<x<1时，g(x)<0,当 1.(0,2]【解析】由题可知，f(x)=2x,g()=是，>0 x>1时，g(x)>0,易知y=a(x一1)(x>0)的图象恒过点 设与曲线f(x)=x2-1相切的切，点为(m,n),与g(.x)=aln (1.0),在同一直角坐标系中，分别作出y=a x一1相切的切点为(，t)(>0),则有公共切线斜率为2m= (x一1)(x>0)与函数g(x)的图象，如图所示.由图象可 g=号则n一=2㎡-2ms,m=会，又=ang-1n 一 知a>0,要使不等式n>a(x-1)有3个整数解，则 m-1,可得n一1=m2-dns=2m2-2ms,即有m2=2s (4-1)d<g(4) (5-1)a>g(5) )解得<a号故选人 ah,脚号=n=2m一ah=a-alh,可得a=4子一4 ns,s>0,设h(s)=42-4s2lns,s>0,h'(s)=8s-4(2ns 技法2零点的应用及解题技巧 十s)=4s一8slns=4s(1一2lns),可得0<x<ye时，h'(s)>0, 【对点练习】 1.A【解析】由f(4-x)=(4-x)尸-4(4-x)+a h(s)在(0we)上单调递增，当e时，h'(s)<0,h(s)在(We, (2414+en)=x2-4x+a(e4+e2-4)=f(x). 十∞)上单调递减，h(e)=0,可得s=e处h(x)取得极大值， 得f(4一x)=f(x),即函数f(x)的图象关于x=2对称，要 且为最大值2e,则正实数a的取值范国(0,2e],故答案为(0， 使函数f(x)=2一4.x十a(e2-t十e-4)有唯一的零点，则 2e1. f(2)=0.即4一8+2a=0,得a=2.故选A. 2.C【解析】因函数f(x)是奇数，则由「（一x)十f(r)=0 2.C【解析】画出函数f(x)的图像，y=心在y构右侧的去掉， 得2(a-2)x2=0位成立，则a=2,即有f（x)=2x-3r,了 再画出直线y=一x,之后上下移动，可以发现当直线过点A (x)=6x2一3，设过点P(一1,2)向曲线y=f《x)所作切线与 时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都 曲线y=f（x)相切的切点为Q(xo,2d-3a),而点P(一I, 可以保证直线与函致的图像有两个交点，即方程f(x)=一工 2)不在曲线y=f上，则6后-3=2-3-2，整理符 一4有两个解，也就是西数g(x)有两个零，点，此时满足一4 +1 1,即a≥一1，故选C 4z十6.x瑞-1=0，即(2x十1)(2.x6十2-1)=0，解得x= 号或=二去即特合条件的切点有3个过点D 2 y=f九x) (一1,2)向曲线y=f(r)可作的切线条数是3.故选C f(x) 3.B【解析】作出盛数f(x)的 图象如图所示，令f(x)=t, 题型73类导数综合问题解题技巧 则由图可知，当1∈（一0，一 技法1端点效应（必要性探索）与特殊点效应 1)U(2,log5]时，方程f 01234 【对点练习】 (x)=t只有一个根：当1∈ 1.2a<3 【解析】(2)设h(x)=xe"一e十1，则h(0)=0, (-1U(0,2]时.方程f(x) 又h'(x)=(1十a.r)"-e,设g(x)=(1+a.x)"-r,则g =t有两个根：当te(一1,0]时，方程f(x)=1只有一个根： 显然1=0不是方程-m1=0的根：若1=一1是方程 (x)=(2a+dxe-e,若a>7,则g(0)=2a-1>0, 一m一1=0的根，则m=0,此时1=士1，结合图象可知，此 g'(x)为连续不间断函数，故存在∈(0，十o),使得Vx∈ 时方程f(x)=1和方程f(x)=一1共有4个根，则品数g (0,x),总有g'(x)>0,故g(x)在(0，m)为增函数，故g (x)有4个零点，不满足题意：，，g(x)=P(x)一mf(x)一1 (x)>g(0)=0,故h(x)在(0，%)为增函鼓，故h(x)>h(0) 恰有5个零点等价于方程f(x)=6恰有5个实根，等价于方 =0,与题设矛后.若0<a≤2，则hW'(r)=(1十ax)-t 程1一m1一1=0的一个根在（一1,0），一个根在(0,2]，令n er+n1+m一e,下证：对任意x>0,总有n(1十x)<x成立， h(-1)=m>0 1 (t)=-ml-1,则3h(0)=一1<0 d0m≤受故 运明：设S)=n+)-,tS)=市一1= h(2)=4-2m-1≥0 0,故S(x)在(0，十o∞)上为减函数，故S(.x)S(0)=0即n 6 参考答案 (1十x)<x成立.由上述不等式有e“+1tw一<e+w e=ear-e≤0，故h'(x)≤0总成主，即h(.x)在(0.十co)上 2D期)=2m记 sin x(2+c r)2 为减函数，.h(x)<h(0)=0.当a≤0时，有h(x)=e一e h(r)=2rcos x-2sin r-sin xcos r+.h'(r)=2cos 十axem<1一1十0=0，.h(x)在(0，十∞)上为减画数，∴.h 2rsin -2cos r-cos 2.+1=-2rsin r-cos 2x+1=2 sinx-2.csin x=2sinx(sinx-x),因此，当x∈(0，π)时，h (xh0)=0.综上a< (x)0,h(x)在(0，π)上单调递减，且h(0)=0,故g'(x)0, 2.3)a=7 【解析】(3)记函数h(x)=f(x)=r-1(alnx ∴g(x)在(0x)上单调递减.而limg()=mz(2+cosD +1,则(x)=r[(a-ah+2a-1门，若a=名M m2十n正方，另一方西，当x∈[x,十e)时g (x)=-1 xin,令x)>0,得0<x<1:令i'(x)<0. 20n<日周光≥ (x)= 得x>1:h(.x)在(0,1)单调递增，在(1，十∞)单调递诚，故h 技法3导数中的同构问题解题技巧 (x)<n1)=1,特合题意：若a∈(0，)，当e<x<1 【对点练习】 证明见解析【解析】(2)证明f(x)≥g(x)等价证明xe+l 时，'(x)<0,则h()在（兰1）单调造减，故h(号)> 2nx+x(x>0),即xe+1-lnx-x-2≥0.令h(x)= A)=1,不合题意：若a∈（分1），当1<x<时，h et-lhx-x-2(x>0),M(x)=(x+1)e+1-1+= (x)>0,则(x)在(1，片)单调递增，故h(产)>h(1) (r+1)(et-）,令g(x)=e1-,则9(x)在 =1,不合题意：若a∈[1.十o∞).当x>1时.h'(.x)>0.则h (x)在(1，十)单调递增，故h(x)>h(1)=1,不合题意.综 (0,+o∞)上单调递增，而g(品)=e品-10<e-10<0,9 上a= (1)=e-1>0,故9(x)在(0，十6∞)上存在唯一零点x,且 技法02洛必达法则解题技巧 x∈(0l)xe(0)时g(x)<0,h(x)<0,hx)在t 【对点练习】 ∈(0，x)上单调递减：x∈(x,十o)时，g(x)>0,h'(x)> 1.[0,号]【解析12)由题设x≥0，此时fx≥0.①当a<0 0,h(x)在x∈(，十∞)上单调递增，故h(x)mm=h 时，若>-日，则有<0.fr)ax不成立@当a （m)=e1-ln--2,又：g(n)-0即e1=1 .h(x)=-1nx0一-1=(xu十1)-a一1=0，从而h ≥0时，当≥0时，x有即1-≤r有若t (x)≥h()=0,即f(x)≥g(x). =0,则a∈R:若x>0,则1-e可≤ r有等价于≤ 题型084类函数单调性与函数极值最值之答题模板 技法01具体函数的单调性 即a",记g国=尘，别g 1 【对点练习】 e一x re-x _产出=化-t-2+e,记h 当x∈（一oa,0)时，f(x)<0,f(x)单周递减，当x∈(0，+o∞） (re-r) 时，(x)>0,f(x)单调递增.【解析】(1)当a=1时，f(x)= (x)=g-x2-2+e‘,则h(x)=e-2x-e‘.h"(x)= e+x2-x,f(x)=+2x-1,由于f(x)=e+2>0,故f +e-2>0.因此，h'(x)=e-2x-e+在(0，十∞)上单调 (x)单调递增，注意到f(0)=0,故当x∈（一∞，0）时，广(x)< 递增，且h'(0)=0,∴.h(x)>0,即h(x)在(0，十o∞)上单调 0,f(x)单调递减，当x∈(0，+)时，f(x)>0,f(x)单调 递增。 递增，且h(0)=0,h(x)>0.因此g(x)=C-rh 技法2含参函数且导函数可分解型函数的单调性 >0,g(x)在(0，十∞)上单调递增.由洛必达法则有1img 【对点练习】 e十xE2 1,答案见解析【解析】由题意知，函数(x)的定义域为(0，十 e- 即当x0时，g)2即有>0心a<号塔上 f=-a(仕）四. ①当a≤1时，x>0,e>1..e-a>0..当x∈(0,1) 所述@的取值范国是[0，] 时，f(x)<0,f(x)单调递减：当x∈(1，十oo)时，广(x)>0, fx)单调递增.②当1<a<e时，由f(x)<0,解得lna<x 2.a23 【解析】x)=2<a,若=0，期a∈R: 1:由f(x)>0,解得0rlna或x>1..f(x)在(lna, 1)上单调递减，在(0，lna),(1,十oo)上单调递增.③当a=e 若>0则20<ar等价于u>2n中8 sinr 时，f(x)≥0（当且仅当x=1时，取等号）恒成立，.f(x)在 >