第三章 §3.5 函数中的综合问题-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（A版）

第三章　一元函数的导数及其应用 §3.5　函数中的综合问题 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 跃升 关键能力 01 课时冲关 02 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 　 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版 ★[考试要求] 不等式证明问题、恒成立问题、函数的零点问题在高考中占有很重要的地位，不等式证明经常与函数的性质、函数的零点与极值等相结合，恒成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等． 利用导数研究恒(能)成立问题 [例1]　(2025·邯郸模拟)已知函数f(x)＝a·2x－xln 2. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a>0时，证明：不等式f(x)≤2ln a＋eq \f(1,a)有实数解． [解]　(1)f′(x)＝aln 2·2x－ln 2＝ln 2(a·2x－1)， 当a≤0时，f′(x)<0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，当x<log2eq \f(1,a)时，f′(x)<0，当x>log2eq \f(1,a)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,a)，＋∞))上单调递增． 综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,a)，＋∞))上单调递增． (2)证明：由(1)得f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,a)))＝－ln 2×log2eq \f(1,a)＝1＋ln a， 则只要证明1＋ln a≤2ln a＋eq \f(1,a)即可， 即证ln a＋eq \f(1,a)－1≥0. 令h(a)＝ln a＋eq \f(1,a)－1(a>0)， 则h′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)， 当0<a<1时，h′(a)<0，当a>1时，h′(a)>0， 所以函数h(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(a)≥h(1)＝0，即ln a＋eq \f(1,a)－1≥0， 所以当a>0时，不等式f(x)≤2ln a＋eq \f(1,a)有实数解． 1．分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题． 2．求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 转化关 通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min) 求最值关 求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题 (2025·郴州模拟)已知f(x)＝aln x＋eq \f(1,2)x2－2x(a∈R且a≠0)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)＝cos x＋xsin x. (1)当a取最小值时，证明f(x)≤eq \f(1,2)x2－x－1恒成立． (2)对∀x1∈[－π，π]，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得eq \f(fx2,x2)－a≤g(x1)成立，求实数a的取值范围． 解：(1)由题意可知f′(x)＝eq \f(a,x)＋x－2≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即a≥(2x－x2)max＝1，∴amin＝1， 此时f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－2x. 设h(x)＝f(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－x－1))＝ln x－x＋1， h′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)， 令h′(x)＞0⇒0＜x＜1，令h′(x)＜0⇒x＞1， ∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴h(x)≤h(1)＝0 ∴f(x)≤eq \f(1,2)x2－x－1恒成立， (2)g′(x)＝－sin x＋sin x＋xcos x＝xcos x， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，xcos x＞0，g′(x)＞0， ∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，xcos x＜0，g′(x)＜0， ∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减； g(0)＝1，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)，g(π)＝－1， ∴g(x)在(0，π)上的最小值为－1. 易知g(x)为偶函数，由偶函数图象的对称性可知g(x)在[－π，π]上的最小值为－1 由题意可得∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得eq \f(fx2,x2)－a≤－1成立， 即a(x2－ln x2)≥eq \f(1,2)xeq \o\al(2,2)－x2成立． 由(1)可知x2－ln x2≥1＞0， 即a≥eq \f(\f(1,2)x2－x,x－ln x)，设φ(x)＝eq \f(\f(1,2)x2－x,x－ln x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))， 即只需a≥φ(x)min即可． φ′(x)＝eq \f(x－1x－ln x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－x))·\f(x－1,x),x－ln x2)＝eq \f(x－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－ln x＋1)),x－ln x2) 由(1)知ln x≤x－1得－ln x≥1－x， ∴eq \f(1,2)x－ln x＋1≥eq \f(1,2)x＋1－x＋1＝2－eq \f(1,2)x＝eq \f(4－x,2)＞0 令φ′(x)＞0⇒1＜x＜e，令φ′(x)＜0⇒eq \f(1,e)＜x＜1， ∴φ(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，e)上单调递增．∴φ(x)min＝φ(1)＝－eq \f(1,2)， ∴a≥－eq \f(1,2)，又已知a≥1.故a的取值范围为[1，＋∞)． 利用导数研究函数的零点 [例2]　(2025·南通统考)函数f(x)＝aln(x＋1)＋x2－x. (1)若曲线y＝f(x)存在垂直于y轴的切线，求实数a的取值范围； (2)设0＜a＜1，试探究函数f(x)的零点个数． [解]　(1)f(x)＝aln(x＋1)＋x2－x，则f′(x)＝eq \f(2x2＋x－1＋a,x＋1)，x＞－1 由题意，存在x0∈(－1，＋∞)，使得f′(x0)＝0 即关于x的方程2x2＋x－1＋a＝0在(－1，＋∞)上有实根， 该方程等价于a＝－2x2－x＋1， 则a的取值范围是函数y＝－2x2－x＋1，x∈(－1，＋∞)的值域， 又函数f(x)＝－2x2－x＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))上单调递减，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝eq \f(9,8)， 则函数y＝－2x2－x＋1，x∈(－1，＋∞)的值域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,8)))，所以，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,8))). (2)当0＜a＜1时，令g(x)＝2x2＋x－1＋a，对称轴x＝－eq \f(1,4)， 则Δ＝9－8a＞0，g(－1)＝a＞0，g(0)＝－1＋a＜0 则g(x)存在两个零点x1，x2，－1＜x1＜0＜x2， 在(－1，x1)上，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)递增； 在(x1，x2)上，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)递减； 在(x2，＋∞)上，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)递增． 又f(0)＝0，f(x1)＞f(0)＝0＞f(x2)， 在(－1,0)上，x2－x∈(0,2)，f(x)＜aln(x＋1)＋2， 则，所以f(x)在(－1,0)上零点个数为1 又f(1)＝aln 2＞0，所以，f(x)在(0，＋∞)上零点个数为1，又f(0)＝0. 综上，当0＜a＜1时，f(x)的零点个数为3个． 判断函数零点个数的3种方法 直接法 令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数 画图法 转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可 定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决 已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2. (1)当a＝eq \f(1,2)时，求函数f(x)在x＝1处的切线方程； (2)若函数f(x)有两个零点，求参数a的取值范围． 解：(1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝(x－1)ex＋eq \f(1,2)x2，所以f′(x)＝xex＋x， 所以f(1)＝eq \f(1,2)，f′(1)＝e＋1， f(x)在x＝1处的切线方程为y－eq \f(1,2)＝(e＋1)(x－1)， 即y＝(e＋1)x－e－eq \f(1,2). (2)(ⅰ)当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex，不合题意； 若a≠0，由f(x)＝(x－1)ex＋ax2，所以f′(x)＝xex＋2ax＝x(ex＋2a)， (ⅱ)当a＞0时，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增； 当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减， 又f(0)＝－1＜0，f(1)＝a＞0，由零点存在定理及函数的单调性可知： 存在唯一的x1∈(0,1)，使得f(x1)＝0， 又当x→－∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理及函数的单调性可知： 存在唯一的x2∈(－∞，0)，使得f(x2)＝0， 所以a＞0满足题意； (ⅲ)当a＜0时，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln(－2a)， ①若－eq \f(1,2)＜a＜0，则ln(－2a)＜0，则当x∈(－∞，ln(－2a))时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增； 当x∈(ln(－2a)，0)时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增； 又f(ln(－2a))＝－2a(ln(－2a)－1)＋a(ln(－2a))2 ＝a[(ln(－2a))2－2ln(－2a)＋2]＜0，不合题意； ②若a＝－eq \f(1,2)，则ln(－2a)＝0，则f′(x)≥0在R上恒成立， 即f(x)在R上单调递增，不合题意； ③若a＜－eq \f(1,2)，则ln(－2a)＞0， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增； 当x∈(0，ln(－2a))时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减； 当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增； 又f(0)＝－1＜0，不含题意， 综上所述，参数a的取值范围为(0，＋∞)． 　利用导数证明不等式 [例3]　(2025·海淀统考)已知函数f(x)＝xln(x＋1)． (1)判断0是否为f(x)的极小值点，并说明理由； (2)证明：eq \f(fx,x2)＞－eq \f(1,2)x＋1. [解]　(1)0是f(x)的极小值点，理由如下： f(x)＝xln(x＋1)定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝ln(x＋1)＋eq \f(x,x＋1)，其中f′(0)＝ln 1＋eq \f(0,0＋1)＝0， 当x∈(－1,0)时，ln(x＋1)＜0，eq \f(x,x＋1)＜0， 故f′(x)＝ln(x＋1)＋eq \f(x,x＋1)＜0， 当x∈(0，＋∞)时，ln(x＋1)＞0，eq \f(x,x＋1)＞0， 故f′(x)＝ln(x＋1)＋eq \f(x,x＋1)＞0， 故f(x)＝xln(x＋1)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故0是f(x)的极小值点； (2)eq \f(fx,x2)＞－eq \f(1,2)x＋1等价于eq \f(xlnx＋1,x2)＞－eq \f(1,2)x＋1， 即eq \f(lnx＋1＋\f(1,2)x2－x,x)＞0， 令g(x)＝ln(x＋1)＋eq \f(1,2)x2－x(x＞－1)， 则g′(x)＝eq \f(1,x＋1)＋x－1＝eq \f(x2,x＋1)(x＞－1)， 当x＞－1时，g′(x)≥0，所以g(x)在x＞－1上单调递增， 又g(0)＝0， 故当x＞0时，g(x)＞g(0)＝0，当－1＜x＜0时，g(x)＜g(0)＝0， 则eq \f(lnx＋1＋\f(1,2)x2－x,x)＞0恒成立， 故eq \f(fx,x2)＞－eq \f(1,2)x＋1. 1．欲证函数不等式f(x)>g(x)(x>a)，只需证明f(x)－g(x)>0(x>a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)>0(x>a)．若h(a)＝0，h(x)>h(a)(x>a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可． 2．欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)> 0(x∈I)． 设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)>0(x∈I)，也即证h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决． 设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1. 解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)， 知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 当x<ln 2时，f′(x)<0，故函数f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减； 当x>ln 2时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增． 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值． (2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时， ex>x2－2ax＋1， 即证当a>ln 2－1且x>0时， ex－x2＋2ax－1>0. 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)． 则g′(x)＝ex－2x＋2a， 由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a. 又a>ln 2－1，则g′(x)min>0. 于是对∀x∈R，都有g′(x)>0， 所以g(x)在R上单调递增． 于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0. 即ex－x2＋2ax－1>0， 故ex>x2－2ax＋1. $$