第3章 第6节 导数的综合应用(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第三章　一元函数的导数及其应用 　第六节　导数的综合应用 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 研磨·高考题型 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 课 时 作 业 （二十五） 点击进入word 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 谢谢观看 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 [课标要求]　导数的综合问题是高考的热点，常考查恒(能)成立、不等式的证明、函数的零点等问题，解题方法灵活，难度较大，一般以压轴题的形式出现． 题型一　导数与恒(能)成立问题 [例1]　(2025·新乡模拟)已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)x2－(2a＋1)x＋2a ln x．若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 解　法一：(求最值法) f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)≥0恒成立， 所以f(x)min≥0， f′(x)＝x－(2a＋1)＋ eq \f(2a,x)＝ eq \f(x2－(2a＋1)x＋2a,x)＝ eq \f((x－1)(x－2a),x). 当a≤0时，由f′(x)>0，得x>1； 由f′(x)<0，得0<x<1， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减， 所以f(x)min＝f(1)＝－ eq \f(1,2)－2a， 由－ eq \f(1,2)－2a≥0，可得a≤－ eq \f(1,4). 当a>0时，注意到f(1)＝－ eq \f(1,2)－2a<0，不符合题意， 故a≤－ eq \f(1,4)，即实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))). 法二：(分离参数法) 由f(x)≥0，可得 eq \f(1,2)x2－x－2a(x－ln x)≥0. 构造函数h(x)＝x－ln x，x>0， 则h′(x)＝1－ eq \f(1,x)＝ eq \f(x－1,x)， 由h′(x)>0，得x>1；由h′(x)<0，得0<x<1， 所以h(x)min＝h(1)＝1>0， 所以x－ln x>0， 所以原不等式等价于2a≤ eq \f(\f(1,2)x2－x,x－ln x). 令g(x)＝ eq \f(\f(1,2)x2－x,x－ln x)，x>0，则g′(x)＝ eq \f((x－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1－ln x)),(x－ln x)2). 令φ(x)＝ eq \f(1,2)x＋1－ln x，x>0， 则φ′(x)＝ eq \f(x－2,2x)， 由φ′(x)>0，得x>2；由φ′(x)<0，得0<x<2， 易知φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(2)＝2－ln 2>0， 所以当x>1时，g′(x)>0； 当0<x<1时，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， g(x)≥g(1)＝－ eq \f(1,2)， 由2a≤－ eq \f(1,2)，得a≤－ eq \f(1,4)，故实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))). eq \a\vs4\al([思维升华]) 恒(能)成立问题的解法 (1)对于某一区间I，若f(x)在区间I上有最值，则 ①恒成立：∀x∈I，f(x)>0 ⇔f(x)min>0；∀x∈I，f(x)<0 ⇔f(x)max<0. ②能成立：∃x∈I，f(x)>0 ⇔f(x)max>0；∃x∈I，f(x)<0 ⇔f(x)min<0. (2)若能分离常数，即将问题转化为a>f(x)(或a<f(x))，则 ①恒成立：a>f(x) ⇔a>f(x)max； a<f(x) ⇔a<f(x)min. ②能成立：a>f(x) ⇔a>f(x)min； a<f(x) ⇔a<f(x)max.　 　[即时训练] (2025·河南联考)已知函数f(x)＝sin x－ax，a∈R. (1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))))) 处的切线方程； (2)若f(x)≥0 在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上恒成立，求实数a 的最大值． 解　(1)当a＝1 时，f(x)＝sin x－x，则f′(x)＝cos x－1， 于是f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－ eq \f(π,2)，f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1， 则函数f(x)在点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))))) 处的切线方程为 y＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋1－ eq \f(π,2)，即y＝－x＋1. (2)因为f(x)≥0 在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上恒成立，所以 eq \f(sin x,x)≥a 在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上恒成立， 设g(x)＝ eq \f(sin x,x)，x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则g′(x)＝ eq \f(x cos x－sin x,x2)， 令y＝x cos x－sin x，x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则y′＝－x sin x<0 在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上恒成立， 因此y＝x cos x－sin x 在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上单调递减，于是y＝x cos x－sin x<0， 因此g′(x)<0 在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上恒成立，g(x)在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上单调递减，则g(x)≥g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝ eq \f(2,π)，由此可知，a≤ eq \f(2,π)，于是实数a 的最大值为 eq \f(2,π). 题型二　利用导数证明不等式 [例2]　(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2). 解　(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R， 所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0， 故f′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)是减函数； 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)是减函数； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明　法一：由(1)得，当a>0时， f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a ＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2)，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋ eq \f(3,2)， 即证a2－ eq \f(1,2)－ln a>0恒成立， 令g(a)＝a2－ eq \f(1,2)－ln a(a>0)， 则g′(a)＝2a－ eq \f(1,a)＝ eq \f(2a2－1,a)， 令g′(a)<0，则0<a< eq \f(\r(2),2)；令g′(a)>0，则a> eq \f(\r(2),2)， 所以g(a)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减， 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增， 所以g(a)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)＝ln eq \r(2)>0， 则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2)恒成立，证毕． 法二：令h(x)＝ex－x－1， 则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函数， 所以h′(x)＝ex－1是增函数， 又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0； 当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0， 则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x ＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2)，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋ eq \f(3,2)， 即证a2－ eq \f(1,2)－ln a>0， 令g(a)＝a2－ eq \f(1,2)－ln a(a>0)， 则g′(a)＝2a－ eq \f(1,a)＝ eq \f(2a2－1,a)， 令g′(a)<0，则0<a< eq \f(\r(2),2)；令g′(a)>0，则a> eq \f(\r(2),2)， 所以g(a)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增， 所以g(a)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)＝ln eq \r(2)>0， 则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋ eq \f(3,2)恒成立，证毕． 　 eq \a\vs4\al([思维升华]) 利用导数证明不等式的解题策略 (1)待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究最值即可得证． (2)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的． (3)对于函数中含有ex和ln x与其他代数式结合的问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：①ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；②ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号． 　[即时训练] (2025·郑州模拟)已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)≥x－1. 解　(1)因为f(x)＝x2ln x，x>0， 所以f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)， 由f′(x)＝0，得x＝e－ eq \f(1,2). 当x∈(0，e－ eq \f(1,2) )时，f′(x)<0； 当x∈(e－ eq \f(1,2)，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)的单调递减区间为(0，e－ eq \f(1,2) )，单调递增区间为(e－ eq \f(1,2)，＋∞). (2)证明　f(x)≥x－1等价于ln x－ eq \f(x－1,x2)≥0. 令函数g(x)＝ln x－ eq \f(x－1,x2)，x>0， 则g′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(2－x,x3)＝ eq \f(x2＋x－2,x3). 当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1. 题型三　导数与函数的零点问题 [例3]　(2025·济南模拟)已知函数f(x)＝ eq \f(ln x＋ax,x)，a∈R. (1)若a＝0，求f(x)的最大值； (2)若0<a<1，求证：f(x)有且只有一个零点． 解　(1)若a＝0，则f(x)＝ eq \f(ln x,x)，其定义域为(0，＋∞)， ∴f′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2)， 由f′(x)＝0，得x＝e， ∴当0<x<e时，f′(x)>0；当x>e时，f′(x)<0， ∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴f(x)max＝f(e)＝ eq \f(1,e). (2)证明　f′(x)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))x－ln x－ax,x2)＝ eq \f(1－ln x,x2)， 由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∵0<a<1， ∴当x>e时，f(x)＝ eq \f(ln x＋ax,x)＝a＋ eq \f(ln x,x)>0， 故f(x)在(e，＋∞)上无零点； 当0<x<e时，f(x)＝ eq \f(ln x＋ax,x)， ∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝a－e<0，f(e)＝a＋ eq \f(1,e)>0， 且f(x)在(0，e)上单调递增， ∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点， 综上，f(x)有且只有一个零点． eq \a\vs4\al([思维升华]) 函数的零点问题有两种常见方法，一是分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数；二是利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定参数的范围或零点的个数． [即时训练] (2025·成都模拟)函数f(x)＝(2x2＋m)(x－m＋2). (1)若f(x)为奇函数，求实数m 的值； (2)已知f(x)仅有两个零点，证明：函数y＝f(x)－3 仅有一个零点． 解　(1)因为f(x)＝(2x2＋m)(x－m＋2)＝2x3－2(m－2)x2＋mx－m(m－2)为奇函数， 所以可知f(x)的定义域为R，且f(x)＋f(－x)＝0， 即2x3－2(m－2)x2＋mx－m(m－2)＋2(－x)3－2(m－2)(－x)2＋m(－x)－m(m－2)＝0， 即－2(m－2)x2－m(m－2)＝0， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2(m－2)＝0，,－m(m－2)＝0，))解得m＝2. (2)证明：①当m>0 时，2x2＋m>0， 所以函数f(x)＝(2x2＋m)(x－m＋2)不可能有两个零点，此时不合题意； ②当m<0 时，令f(x)＝0，解得：x＝± eq \r(－\f(m,2)) 或m－2， 又因为 eq \r(－\f(m,2))>0，－ eq \r(－\f(m,2))<0，m－2<0， 所以要使得f(x)仅有两个零点，则m－2＝－ eq \r(－\f(m,2))， 即2m2－7m＋8＝0，此方程无解，此时不合题意； ③当m＝0 时，即f(x)＝2x3＋4x2， 令f(x)＝0，解得x＝0 或x＝－2，符合题意，所以m＝0. 令h(x)＝f(x)－3＝2x3＋4x2－3，则h′(x)＝6x2＋8x＝2x(3x＋4)， 令h′(x)>0，解得x>0 或x<－ eq \f(4,3)，令h′(x)<0 解得－ eq \f(4,3)<x<0， 故h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)上递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))上递减， 又h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝－ eq \f(17,27)<0，x→＋∞，f(x)→＋∞， 故函数y＝f(x)－3 仅有一个零点． $$