专题三　导数及其应用课件——2026届高三数学一轮复习

专题三　导数及其应用 1 体系透视 题型透析 目 录 题型13 曲线的公切线问题 题型14 导数与函数的单调性、极值和最值 题型15 利用导数研究不等式 题型16 利用导数研究函数零点问题 题型17 导数的逆向构造 题型13　曲线的公切线问题 角度1　有公共切点的公切线问题 题型透析 例1     若函数f(x)= 与g(x)=ex-a-b的图象在x=1处有相同的切线❶, 则a+b=      ( ) A.-1　    B.0　    C.1　    D.2     D     思路导引       解析　因为f(x)= ,g(x)=ex-a-b, 所以f '(x)= ,g'(x)=ex-a, f(1)=0,g(1)=e1-a-b, 所以f '(1)=1,g'(1)=e1-a, 因为f(x),g(x)的图象在x=1处有相同的切线, 所以切点为(1,0),切线斜率k=1, 则 解得 所以a+b=2.故选D. 例2     已知a>0,若点P为曲线C1:y= +ax-m与曲线C2:y=2a2ln x的交 点❶, 且两条曲线在点P处的切线重合,则实数m的取值范围是 ( ) A.(-∞, ]　    B.(-∞, ] C.(-∞, ]　     D.(-∞,2e]     C     思路导引       解析　设点P的横坐标为n(n>0), f(x)=y= +ax-m,g(x)=y=2a2ln x,则f '(x)=x+a,g'(x)= , 因为两条曲线在点P处的切线重合, 所以切线的斜率k=n+a= (a>0), 解得n=a或n=-2a(舍去), 即点P的横坐标为a(a>0). 因为点P为曲线C1:y= +ax-m与曲线C2:y=2a2ln x的交点, 所以 +a2-m=2a2ln a,即m=-2a2ln a+ a2. 令h(a)=-2a2ln a+ a2(a>0), 则h'(a)=-4aln a+a=a(1-4ln a), 令h'(a)=0,可得a= , 由a>0,知当0<a< 时,h'(a)>0,当a> 时,h'(a)<0, 所以h(a)在(0, )上单调递增,在( ,+∞)上单调递减,所以h(a)max=h( )= , 当a→+∞时,h(a)→-∞, 则实数m的取值范围为(-∞, ]. 故选C. 模型总结     　　解决有公共切点的公切线问题需要抓住两个关键点: 1.在公共切点处两函数的导数值相等. 2.在公共切点处两函数的函数值相等. 角度2　没有公共切点的公切线问题 例3     曲线f(x)=2+ln x与g(x)=ex的公切线❶的斜率为 ( ) A.1　    B.±e　    C.1或e　    D.1或e2     C     思路导引       解析　设切点分别为(x1, f(x1)),(x2,g(x2)),x1>0,x2>0.易知f '(x)= ,g'(x)=ex, 所以切线方程既为y-(2+ln x1)= (x-x1),也为y- = (x-x2),即y= +1+ln x1,y= x+(1-x2) , 所以  由①得,ln  =ln  ⇒-ln x1=x2,代入②得,1+ln x1=(1+ln x1)· ⇒(1+ln x1)(x1-1)=0, 所以x1=1或x1= ,所以公切线的斜率为k= =1或e. 故选C. 例4    曲线y=ln x与曲线y=x2+2ax有公切线,则实数a的取值范围是  ( ) A. 　    B. 　     C. 　     D.      B     解析　对y=ln x,y=x2+2ax分别求导得y'= ,y'=2x+2a. 设切线与曲线y=ln x,y=x2+2ax的切点分别为(x1,ln x1),(x2, +2ax2), 则过这两点处的切线方程分别为y= +ln x1-1,y=(2x2+2a)x- , 则 解得2a= -2x2, 设f(x)= -2x,则f '(x)=2(x -1), 令g(x)=f '(x)=2(x -1),则g'(x)=2(2x2+1) >0, 所以g(x)在R上单调递增,且f '(1)=0, 则f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以2a≥f(1)=-1,则a≥- .故选B. 模型总结     　　解决没有公共切点的公切线问题的步骤如下: 1.设出两个切点坐标为P1(x1, f(x1)),P2(x2,g(x2)); 2.写出在两个切点处的切线方程; 3.利用切线重合,列出方程组,得到相应问题的结论. 注意:方程组中通常有多个未知数,需要注意计算技巧的运用. 题型14　导数与函数的单调性、极值和最值 角度1　不含参函数 例1　已知函数f(x)=sin x+ ,则下列结论正确的是 ( ) A. f(x)在区间 上单调递减 B. f(x)在区间 上有极小值 C.设g(x)=f(x)-2在区间 上的最大值为M,最小值为m,则M+m=4 D. f(x)在区间 内有且只有一个零点 D        思路导引       解析　因为f(x)=sin x+ =sin x+ =sin x+sin xcos x, x≠kπ+ ,k∈Z (注意 定义域) 所以f '(x)=2cos2x+cos x-1=(2cos x-1)(cos x+1). 令f '(x)=0,解得cos x= 或cos x=-1, 所以当cos x∈ 时, f '(x)<0, 当cos x∈ 时, f '(x)>0, 当x∈ 时 结合选项只需分析x∈ 时的单调性即可 ,由f'(x)=0,解得x=± . 当x变化时, f'(x), f(x)的变化情况如表所示. x   -        f'(x) - 0 + 0 - f(x) 单调递减 -  单调递增   单调递减 所以f(x)在区间 上的图象如图所示. 对于A, f(x)在区间 上单调递增,A中结论错误; 对于B, f(x)在区间 上有极大值,无极小值,B中结论错误; 对于C,g(x)=f(x)-2在区间 上的最大值为M= -2,最小值为m=- -2,则M+m= -4,C中结论错误; 对于D, f(x)在区间 内有且只有一个零点,D中结论正确.故选D. 技巧总结　不含参函数的单调性、极值和最值的解题思路   角度2　含参函数 例2　已知函数f(x)=x(ln x-k)-k. (1)讨论函数f(x)在[1,e]上的单调性; (2)若函数g(x)= 在[1,e]上单调递减,求实数k的取值范围. 思路导引     (1)  (2)  解析    (1)由题意知f '(x)=ln x-k+1, 令f '(x)=0,得x=ek-1,易知f '(x)=ln x-k+1单调递增,(提示:因为ek-1的大小无法确定,所以需要 讨论ek-1和区间[1,e]端点的关系,可能的关系如图所示)             ①当k≤1时,ek-1≤1, 所以当1≤x≤e时, f'(x)≥0, 即f(x)在[1,e]上单调递增; ②当1<k<2时,令f'(x)>0,得ek-1<x≤e, 令f'(x)<0,得1≤x<ek-1, 即f(x)在[ek-1,e]上单调递增,在[1,ek-1)上单调递减; ③当k≥2时,ek-1≥e,所以当1≤x≤e时, f'(x)≤0,即f(x)在[1,e]上单调递减. 综上,当k≤1时, f(x)在[1,e]上单调递增; 当1<k<2时, f(x)在[ek-1,e]上单调递增,在[1,ek-1)上单调递减; 当k≥2时, f(x)在[1,e]上单调递减. (2)g(x)= = = , 由题意知g'(x)≤0在[1,e]上恒成立. 即g'(x)=  = ≤0恒成立, 即1+ln x-xln x+k≤0,即1+ln x-xln x≤-k, 令h(x)=1+ln x-xln x,x∈[1,e],h'(x)= -(1+ln x), 易知h'(x)在[1,e]上单调递减,h'(1)=0,∴h'(x)≤h'(1)=0恒成立, ∴h(x)在[1,e]上单调递减, ∴h(x)≤h(1)=1, ∴-k≥1,则k≤-1. 即实数k的取值范围是(-∞,-1]. 解题技巧　含参函数单调性的讨论方法 　　确定含参函数单调区间时,只需对导函数正负有影响的部分进行讨论. 若决定导函数正负的部分为一次型,即f'(x)=ax+b,按如下方法讨论. 导数为一次型 f'(x)=ax+b 注意讨论x1与定义域或区间端点的大小. 若决定导函数正负的部分为二次型,即f '(x)=ax2+bx+c,按如下方法讨论.   若决定导函数正负的部分为指数型或对数型. 若f '(x)=aex+b或f '(x)=aln x+b,则类比一次型讨论,若f '(x)=ae2x+bex+c,则类比二次型讨论, 讨论时需注意换元后新元的范围. 题型15　利用导数研究不等式 1.利用导数研究不等式恒(能)成立问题 恒(能)成立问题的转化策略一般有:参数讨论法,参变分离法,先特殊后一般法等. 2.利用导数证明不等式 (1)直接构造函数法:证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0(或f(x)-g(x) <0),构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x).只需证明h(x)min>0(或h(x)max<0). (2)先放缩后构造法:首先根据已知条件(或常用结论)适当放缩,然后构造函数,转化为求 函数最值问题;有时也会利用上一问的结论进行放缩. 例　已知函数f(x)=cos x+xsin x,x∈(-π,π). (1)求f(x)的单调区间和极小值; (2)证明:当x∈[0,π)时,2f(x)≤ex+e-x. 解析    (1)f'(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x, 由f'(x)=0得x=0或 或- , 当-π<x<- 时, f '(x)>0, f(x)单调递增; 当- <x<0时, f '(x)<0, f(x)单调递减; 当0<x< 时, f '(x)>0, f(x)单调递增; 当 <x<π时, f '(x)<0, f(x)单调递减. 所以f(x)的单调递增区间为 , ;单调递减区间为 , , f(x)极小值=f(0) =1. (2)证明:令F(x)=ex+e-x-2(cos x+xsin x),x∈[0,π), 则F(0)=0,F'(x)=ex-e-x-2xcos x.因为x∈[0,π),所以cos x≤1,所以2xcos x≤2x, 从而F'(x)=ex-e-x-2xcos x≥ex-e-x-2x,当且仅当x=0时取等号. 令h(x)=ex-e-x-2x,x∈[0,π),显然h(0)=0. h'(x)=ex+e-x-2≥2 -2=0,当且仅当x=0时取等号, 所以h(x)在[0,π)上单调递增,所以h(x)≥h(0)=0, 从而F'(x)≥h(x)≥0,所以F(x)在[0,π)上单调递增, 所以F(x)≥F(0)=0,故ex+e-x≥2f(x). 题型16　利用导数研究函数零点问题 例    已知函数f(x)=aln(x-1)+(a+2)x+1,a≠0. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设F(x)=f(x)+2sin(x-1)-4x,求证:当a=1时,F(x)恰有两个零点. 解析    (1)f '(x)= +a+2= = ,x>1. 当a=-2时, f '(x)=- <0,∴f(x)在(1,+∞)上单调递减; 当-2<a<0时,在 上,有f'(x)<0,在 上,有f'(x)>0, 故f(x)在 上单调递减,在 上单调递增; 当a>0时,(a+2)x>2,(a+2)x-2>0, ∴f'(x)>0,故f(x)在(1,+∞)上单调递增; 当a<-2时,a+2<0,(a+2)x-2<0, ∴f'(x)<0,故f(x)在(1,+∞)上单调递减. 综上所述,当-2<a<0时, f(x)在 上单调递减,在 上单调递增; 当a>0时, f(x)在(1,+∞)上单调递增; 当a≤-2时, f(x)在(1,+∞)上单调递减. (2)证明:当a=1时,F(x)=ln(x-1)+2sin(x-1)-(x-1). 令h(x)=ln x+2sin x-x(x>0),(F(x)的图象可以看作将h(x)的图象向右平移1个单位长度所 得,而函数的零点个数与其图象的左、右平移无关,所以F(x)和h(x)的零点个数相同) 则h'(x)= +2cos x-1,令m(x)=h'(x),m'(x)=- -2sin x. ①x∈(0,π]时,sin x≥0恒成立,所以m'(x)=- -2sin x<0恒成立, 所以m(x),即h'(x)在(0,π]上单调递减. 又h'(1)=2cos 1>0,h'(π)= -3<0, 所以存在x0∈(1,π], 使得m(x0)=h'(x0)=0, 当x∈(0,x0)时,h'(x)>0, 当x∈(x0,π]时,h'(x)<0, 所以h(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π]上单调递减. 又h(1)=ln 1+2sin 1-1=2 >0,h(e-2)=-2+2sin e-2-e-2<0, 所以h(x)在(0,x0)上有一个零点. 又h(π)=ln π+2sin π-π=ln π-π<0, 所以h(x)在(x0,π]上有一个零点, ②x∈ 时,h'(x)= +2cos x-1<0恒成立, 所以h(x)在 上单调递减, 又因为h(π)=ln π-π<0, 所以h(x)在 上无零点. ③x∈ 时,ln x+2sin x-x≤ln x+2-x. 下面证明当x∈ 时,ln x+2-x<0. 设n(x)=x-2-ln x,则n'(x)=1- >0. 故n(x)在 上单调递增, n(x)>n = -2-ln  >2-ln  >0, 所以ln x+2-x<0恒成立, 所以h(x)在 上无零点. 综上所述,h(x)在(0,+∞)上只有两个零点. 又F(x)的图象是由h(x)的图象向右平移1个单位长度所得, 所以F(x)在(1,+∞)上只有两个零点. 技巧总结     　　判断零点个数问题中,如果极值点处的函数值无法正常判断,则可在单调区间内用 其他函数值的正负确定零点的个数,涉及三角函数时,可利用三角函数在不同区间内取 值正负分区间进行讨论. 题型17　导数的逆向构造 例1    已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足2xf(x)+x2f '(x)<0,则关于x 的不等式x2f(x)>4f(2)的解集为 ( ) A.(0,4)　    B.(2,+∞) C.(4,+∞)　    D.(0,2)     D     思路导引       解析　由题意设g(x)=x2f(x),x∈(0,+∞), 则g'(x)=2xf(x)+x2f'(x)<0, ∴g(x)在(0,+∞)上单调递减, ∵x2f(x)>4f(2)=22f(2), ∴g(x)>g(2),∴0<x<2, ∴原不等式的解集为(0,2),故选D. 例2     已知函数y=f(x)对任意的x∈ 满足f'(x)cos x+f(x)sin x> 0(其中f'(x)是函数f(x)的导函数),则下列不等式成立的是 ( ) A. f(0)> f 　    B. f <f  C. f(0)>2f 　     D. f <f      D     对于B,由F >F 得 > , 即 f >f ,故B中不等式不成立. 对于C,由F(0)<F 得 < , 即f(0)<2f ,故C中不等式不成立. 对于D,由F <F 得 < , 即 f <f ,故D中不等式成立. 归纳总结　导数的逆向构造的常见类型 已知的不等式中所含结构 构造函数的方向 xf'(x)-f(x) F(x)= ,F'(x)=  xf'(x)+f(x) F(x)=xf(x),F'(x)=f(x)+xf'(x) f(x)+f'(x) F(x)=exf(x),F'(x)=ex[f(x)+f'(x)] f(x)-f'(x) F(x)= ,F'(x)=  xf'(x)+2f(x) F(x)=x2f(x),F'(x)=x2f'(x)+2xf(x) xf'(x)-2f(x) F(x)= ,F'(x)=  f(x)cos x+f'(x)sin x F(x)=f(x)sin x,F'(x)=f(x)cos x+f'(x)sin x f'(x)sin x- f(x)cos x F(x)= , F'(x)=  $$