第1部分 专题1 微专题5 导数的综合应用（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题一 函数与导数、不等式 微专题5　导数的综合应用 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 　 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题一 函数与导数、不等式 数学 ★[高考定位]　利用导数解决恒成立问题、零点问题、不等式证明、等式等高考的重点和热点，经常以解答题形式出现，难度较大，常常利用函数的最值或构造新函数来解决． 利用导数处理不等式恒成立、能成立问题 [例1]　(2024·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝lneq \f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)＞－2，当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围． [解]　(1)求出f′(x)min＝2＋a后根据f′(x)≥0可求a的最小值；(2)设P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点，可证P(m，n)关于(1，a)的对称点Q(2－m,2a－n)也在函数的图象上，从而可证对称性；(3)根据题设可判断f(1)＝－2即a＝－2，再根据f(x)＞－2在(1,2)上恒成立可求得b≥－eq \f(2,3). (1)b＝0时，f(x)＝lneq \f(x,2－x)＋ax，其中x∈(0,2)， 则f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,2－x)＋a＝eq \f(2,x2－x)＋a，x∈(0,2) 因为x(2－x)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－x＋x,2)))2＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 故f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0成立，故a＋2≥0即a≥－2， 所以a的最小值为－2. (2)f(x)＝lneq \f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0,2)， 设P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点， P(m，n)关于(1，a)的对称点为Q(2－m,2a－n)， 因为P(m，n)在y＝f(x)图象上， 故n＝lneq \f(m,2－m)＋am＋b(m－1)3， 而f(2－m)＝lneq \f(2－m,m)＋a(2－m)＋b(2－m－1)3＝ －eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln\f(m,2－m)＋am＋bm－13))＋2a＝－n＋2a， 所以Q(2－m,2a－n)也在y＝f(x)图象上， 由P的任意性可得y＝f(x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a)． (3)因为f(x)＞－2当且仅当1＜x＜2，故x＝1为f(x)＝－2的一个解， 所以f(1)＝－2即a＝－2， 先考虑1＜x＜2时，f(x)＞－2恒成立． 此时f(x)＞－2即为lneq \f(x,2－x)＋2(1－x)＋b(x－1)3＞0在(1,2)上恒成立， 设t＝x－1∈(0,1)，则lneq \f(t＋1,1－t)－2t＋bt3＞0在(0,1)上恒成立， 设g(t)＝lneq \f(t＋1,1－t)－2t＋bt3，t∈(0,1)， 则g′(t)＝eq \f(2,1－t2)－2＋3bt2＝eq \f(t2－3bt2＋2＋3b,1－t2)， 当b≥0，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2＞0， 故g′(t)＞0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数， 故g(t)＞g(0)＝0即f(x)＞－2在(1,2)上恒成立． 当－eq \f(2,3)≤b＜0时，－3bt2＋2＋3b≥2＋3b≥0， 故g′(t)≥0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数， 故g(t)＞g(0)＝0即f(x)＞－2在(1,2)上恒成立． 当b＜－eq \f(2,3)，则当0＜t＜ eq \r(1＋\f(2,3b))＜1时，g′(t)＜0， 故在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0， \r(1＋\f(2,3b))))上g(t)为减函数，故g(t)＜g(0)＝0，不合题意，舍； 综上，f(x)＞－2在(1,2)上恒成立时b≥－eq \f(2,3). 而b≥－eq \f(2,3)时，由上述过程可得g(t)在(0,1)递增，故g(t)＞0的解为(0,1)， 即f(x)＞－2的解为(1,2)． 综上，b≥－eq \f(2,3). 破解以函数为背景的不等式恒成立问题需要“一构造、一分类”．“一构造”是指通过不等式的同解变形，构造一个与背景函数相关的函数；“一分类”是指在不等式恒成立问题中，常需对参数进行分类讨论，求出参数的范围，有时也可以利用分离参数法，即将不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值．一般地，a>f(x)对x∈D恒成立，只需a>f(x)max；a<f(x)对x∈D恒成立，只需a<f(x)min. (2024·娄底一模)已知函数f(x)＝eq \f(x,ex)，其中e＝2.71828…为自然对数的底数． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)≤ex－1； (3)设g(x)＝f(x)－e2x＋2aex－4a2＋1(a∈R)，若存在实数x0使得g(x0)≥0，求a的最大值． 解：(1)求出f′(x)，判断导数正负得到函数f(x)的单调区间；(2)利用分析法转化要证结论，要证f(x)≤ex－1，即证eq \f(x,ex)≤ex－1，令h(x)＝eq \f(x,ex)－ex＋1，即证h(x)≤0，利用导数判断h(x)单调性，求出最大值即可得证； (3)g(x)＝f(x)－e2x＋2aex－4a2＋1，分别讨论当0≤a≤eq \f(1,2)时和a＞eq \f(1,2)时是否存在x0使得g(x0)≥0，即可求解． (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝eq \f(1－x,ex)， 所以当x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0. 所以f(x)的增区间为(－∞，1)，减区间为(1，＋∞)． (2)要证f(x)≤ex－1，即证eq \f(x,ex)≤ex－1，令h(x)＝eq \f(x,ex)－ex＋1，即证h(x)≤0， h′(x)＝eq \f(1－x－e2x,ex)，令m(x)＝1－x－e2x，则m′(x)＝－1－2e2x＜0，所以m(x)在R上单调递减，又m(0)＝0， ∴当x＜0时，m(x)＞0，h′(x)＞0；当x＞0时，m(x)＜0，h′(x)＜0. ∴h(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， ∴h(x)≤h(0)＝0，所以eq \f(x,ex)≤ex－1，即f(x)≤ex－1得证． (3)当0≤a≤eq \f(1,2)时，g(0)＝2a－4a2＝2a(1－2a)≥0，即存在x0＝0满足题意； 当a＞eq \f(1,2)时，由(2)知， g(x)＝f(x)－e2x＋2aex－4a2＋1≤(ex－1)－e2x＋2aex－4a2＋1 ＝－e2x＋(2a＋1)ex－4a2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(2a＋1,2)))2＋eq \f(6a＋11－2a,4)≤eq \f(6a＋11－2a,4)＜0， ∴此时g(x)＜0恒成立，不满足题意； 综上，所以a的最大值为eq \f(1,2). 利用导数研究函数的零点或方程的根 [例2]　(2024·郑州三模)已知函数f(x)＝eax－x. (1)若a＝2，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论f(x)的零点个数． [解]　(1)根据已知条件及导数的求导法则，利用导数的几何意义及直线的点斜式方程即可求解；(2)利用导数法求含参函数的单调性，进而求出函数的最值，结合函数的单调性、函数的最值关系和函数零点存在定理对a的范围进行分类讨论，即可求解函数零点个数． (1)若a＝2，则f(x)＝e2x－x，f′(x)＝2e2x－1. 又f(1)＝e2－1.切点为(1，e2－1)， 曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的k＝f′(1)＝2e2×1－1＝2e2－1， 故所求切线方程为y－(e2－1)＝(2e2－1)(x－1)即y＝(2e2－1)x－e2. (2)由题f′(x)＝aeax－1. ①当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减，又f(0)＝1＞0，f(1)＝ea－1≤0. 故f(x)存在一个零点，此时f(x)零点个数为1. ②当a＞0时，令f′(x)＜0得x＜－eq \f(ln a,a)， 令f′(x)＞0得x＞－eq \f(ln a,a)， 所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(ln a,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ln a,a)，＋∞))上单调递增． 故f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ln a,a)))＝eq \f(1＋ln a,a). 当a＝eq \f(1,e)时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点． 当a＞eq \f(1,e)时，f(x)的最小值大于0，此时f(x)没有零点． 当0＜a＜eq \f(1,e)时，f(x)的最小值小于0，f(－1)＝e－a＋1＞0， feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ln a,a)))＝eq \f(1＋ln a,a)＜0，x→＋∞时，f(x)→＋∞.此时f(x)有两个零点． 综上，当a≤0或a＝eq \f(1,e)时，f(x)有一个零点； 当0＜a＜eq \f(1,e)时，f(x)有两个零点； 当a＞eq \f(1,e)时，f(x)没有零点． 三步解决方程解(或曲线公共点)的个数问题 第一步：将问题转化为函数的零点个数问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点个数问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图象； 第三步：结合图象求解． (2024·安阳一模)若函数f(x)＝eq \f(e,x)＋λx(2－x)e1－x在(0，＋∞)上没有零点，则实数λ的取值范围为________． 解析：由f(x)＝0可得出λ＝eq \f(ex,x2x－2)，令g(x)＝eq \f(ex,x2x－2)，x∈(0,2)∪(2，＋∞)，分析可知，直线y＝λ与曲线y＝g(x)没有交点，利用导数分析函数g(x)的单调性与极值，数形结合可得出实数λ的取值范围． 因为f(x)＝eq \f(e,x)＋λx(2－x)e1－x，则f(2)＝eq \f(e,2)≠0， 令f(x)＝0，显然x≠2，则λ＝eq \f(ex,x2x－2)， 令g(x)＝eq \f(ex,x2x－2)，x∈(0,2)∪(2，＋∞)， 则g′(x)＝eq \f(exx3－2x2－ex3x2－4x,x4x－22) ＝eq \f(x－1x－4ex,x3x－22)， 令g′(x)＝0，得x1＝4，x2＝1，列表如下： x (0,1) 1 (1,2) (2,4) 4 (4，＋∞) g′(x) ＋ 0 － － 0 ＋ g(x) 增 极大值 减 减 极小值 增 所以，函数g(x)的增区间为(0,1)，(4，＋∞)，减区间为(1,2)，(2,4)， 且极大值为g(1)＝－e，极小值为g(4)＝eq \f(e4,32). 当x→0时，g(x)→－∞， 当x→2时(从左边趋于)，g(x)→－∞； 当x→2时(从右边趋于)，g(x)→＋∞， 当x→＋∞时(从右边趋于)，g(x)→＋∞. 由图象可知，当－e＜λ＜eq \f(e4,32)时，直线y＝λ与曲线y＝g(x)没有交点， 即f(x)在(0，＋∞)上没有零点． 因此，实数λ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－e，\f(e4,32))). 答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－e，\f(e4,32))) 利用导数证明不等式问题 [例3]　设函数f(x)＝4ln x－ax2＋(4－2a)x，a∈R (1)讨论f(x)的单调性． (2)若函数f(x)存在极值，对任意的0＜x1＜x2，存在正实数x0，使得f(x2)－f(x1)＝f′(x0)(x2－x1) (ⅰ)证明不等式eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)＞eq \f(2,x2＋x1). (ⅱ)判断并证明eq \f(x1＋x2,2)与x0的大小． [解]　(1)求导得f′(x)＝eq \f(－1,x)(2ax－4)(x＋1)，分a是否大于0进行讨论即可得解；(2)(ⅰ)要证明eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)＞eq \f(2,x2＋x1)只需证明ln t＞eq \f(2t－1,t＋1)(t＞1)，从而构造函数即可得证；(ⅱ)同构作差法并结合(ⅰ)中结论即可得解． (1)f′(x)＝eq \f(4,x)－2ax＋4－2a＝eq \f(－1,x)(2ax－4)(x＋1)，x＞0， 若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 若a＞0，由f′(x)＝0得x＝eq \f(2,a)， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))时f′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))时， f′(x)＜0， ∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a＜0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上单调递减． (2)∵f(x)存在极值，由(1)知a＞0， f(x2)－f(x1)＝4(ln x2－ln x1)－a(xeq \o\al(2,2)－xeq \o\al(2,1))＋(4－2a)(x2－x1) ＝4(ln x2－ln x1)－a(x2＋x1)(x2－x1)＋(4－2a)(x2－x1)， 由题设得f′(x0)＝eq \f(fx2－fx1,x2－x1) ＝eq \f(4ln x2－ln x1,x2－x1)－a(x2＋x1)＋4－2a， ∵0＜x1＜x2，设eq \f(x2,x1)＝t(t＞1)， (ⅰ)要证明eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)＞eq \f(2,x2＋x1)即证明ln t＞eq \f(2t－1,t＋1)(t＞1)， 设g(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，(t＞1)， 则g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)＞0， ∴g(t)在(1，＋∞)上单调递增，g(t)＞g(1)＝0， ∴ln t＞eq \f(2t－1,t＋1)，即eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)＞eq \f(2,x2＋x1)得证； (ⅱ)f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝eq \f(8,x1＋x2)－a(x2＋x1)＋4－2a，f′(x0)－f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝eq \f(4ln x2－ln x1,x2－x1)－eq \f(8,x1＋x2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln x2－ln x1,x2－x1)－\f(2,x1＋x2)))＞0， ∴f′(x0)＞f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))， ∵f′(x)＝eq \f(4,x)－2ax＋(4－2a)在(0，＋∞)上是减函数，∴eq \f(x1＋x2,2)＞x0. 用导数证明不等式的方法 (1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)；②∀x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，有f(x1)<f(x2)，对于减函数有类似结论． (2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)． (3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0. (2024·河南TOP20名校联考)已知函数f(x)＝eq \f(x＋klnx＋1－kx,x＋k)，k∈[2，＋∞)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当n∈N*时，求证：ln(n＋1)＜eq \f(3n,4). 解：(1)求出导函数，然后根据k＝2和k＞2分类讨论，解导函数不等式即可求得单调区间；(2)根据(1)的结论知ln(x＋1)＜eq \f(3x,x＋3)，令x＝eq \f(1,m)(m∈N*)得lneq \f(m＋1,m)＜eq \f(3,4)，结合对数运算累加法即可证明． (1)f(x)＝ln(x＋1)－eq \f(kx,x＋k)的定义域为(－1，＋∞)． f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－eq \f(k2,x＋k2)＝eq \f(x[x－k2－2k],x＋1x＋k2)， ①当k＝2时，f′(x)≥0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增； ②当k＞2时，x∈(－1,0)时，f′(x)＞0，f(x)在(－1,0)上是增函数． x∈(0，k2－2k)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，k2－2k)上是减函数， x∈(k2－2k，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(k2－2k，＋∞)上是增函数． (2)由(1)得，当k＝3时，f(x)＝ln(x＋1)－eq \f(3x,x＋3)，f(x)在(0,3)上是减函数， 即当x∈(0,3)时，f(x)＜f(0)＝0，所以ln(x＋1)＜eq \f(3x,x＋3)， 令x＝eq \f(1,m)(m∈N*)得，lneq \f(m＋1,m)＜eq \f(\f(3,m),\f(1,m)＋3)＝eq \f(3,3m＋1)≤eq \f(3,4)，即lneq \f(m＋1,m)＜eq \f(3,4)， 所以lneq \f(2,1)＋lneq \f(3,2)＋…＋lneq \f(n＋1,n)＝ lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)×\f(3,2)×…×\f(n＋1,n)))＝ln(n＋1)＜eq \f(3,4)＋eq \f(3,4)＋…＋eq \f(3,4)＝eq \f(3n,4)，得证. $$