第4章 第4节 第1课时-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备（教师课件）

第四章 导数及其应用 第四节　导数的综合应用 第一课时　导数与不等式 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 01 考点知识突破 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 　 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 　 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 谢 谢 观 看 按ESC键退出全屏播放 第四章 导数及其应用 返回导航 下一页 上一页 导数法证明不等式 已知函数f(x)＝xln x－2x. (1)求f(x)的单调区间、极值； (2)若x>y>0，试确定f(x)－f(y)与xln y－yln x的大小关系，并给出证明． 【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－2＝ln x－1，令f′(x)＝0得x＝e. 将x，f′(x)，f(x)变化情况列表： x (0，e) e (e，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  可得(0，e)是f′(x)的递减区间， (e，＋∞)是f(x)的递增区间，f′(x)在x＝e处有极小值－e，无极大值． (2)f(x)－f(y)>xln y－yln x．证明如下： [f(x)－f(y)]－(xln y－yln x) ＝xln x－2x－yln y＋2y－xln y＋yln x ＝xln eq \f(x,y)＋yln eq \f(x,y)－2(x－y) ＝yeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x,y)ln \f(x,y)＋ln \f(x,y)－2\f(x,y)－1)).(*) 设t＝eq \f(x,y)>1，Q(t)＝tln t＋ln t－2(t－1)(t＞1)， 则Q′(t)＝ln t＋1＋eq \f(1,t)－2＝ln t＋eq \f(1,t)－1(>1)． 设M(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1(t>1)， 则M′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t－1,t2)>0(t>1) . 所以M(t)在(1，＋∞)上是递增函数． 所以M(t)>M(1)＝0，即Q′(t)>0. 所以Q(t)在(1，＋∞)上是递增函数． 所以Q(t)>Q(1)＝0. 又y>0，所以(*)＞0， 所以f(x)－f(y)>xln y－yln x. 利用导数证明不等式的方法 (1)构造法：证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，则只需F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明了f(x)<g(x)． (2)最值比较法：证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)时，若构造函数F(x)＝f(x)－g(x)后，F(x)的单调性无法确定，可考虑f(x)的最大值与g(x)的最小值，如果f(x)max<g(x)min，可证：f (x)<g(x)． (3)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论；ln x<x<ex(x>0)；eq \f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；若x∈(0，eq \f(π,2))，则tan x>x>sin x；若x∈(0，＋∞)，则ex≥x＋1>x－1≥ln x. [针对训练] 1．(2025·全国一卷)(1)求函数f(x)＝5cos x－cos 5x在区间[0， eq \f(π,4)]的最大值； (2)给定θ∈(0，π)和α∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ； (3)设b∈R，若存在φ∈R使得5cos x－cos (5x＋φ)≤b对x∈R恒成立，求b的最小值． 解： (1)解法一：第1步：求f′(x) 因为f(x)＝5cos x－cos 5x， 所以f′(x)＝－5sin x＋5sin 5x. 第2步：令f′(x)＝0，求出导函数的零点，讨论函数f(x)的单调性 令f′(x)＝0，得sin x＝sin 5x，又x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以x＝5x或x＝π－5x，所以x＝0或x＝ eq \f(π,6)， 所以x，f′(x)，f(x)的关系如表所示： x 0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) eq \f(π,6) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4))) f′(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 第3步：求f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))的最大值 因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝5cos eq \f(π,6)－cos eq \f(5π,6)＝3 eq \r(3)， 所以函数f(x)＝5cos x－cos 5x在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))的最大值为3 eq \r(3). 解法二：第1步：求f′(x) 因为f(x)＝5cos x－cos 5x，所以f′(x)＝－5sin x＋5sin 5x. 第2步：对f′(x)提取公因式，进行分析 f′(x)＝5(sin x cos 4x＋sin 4x cos x－sin x)＝5sin x(cos 4x＋4cos2x·cos2x－1)＝5sin x·4cos2x(1－4sin2x)， 易得当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，5sinx·4cos2x≥0， 令f′(x)>0，得x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，令f′(x)<0，得x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4))). 第3步：写出x，f′(x)，f(x)的关系 所以x，f′(x)，f(x)的关系如表所示： x 0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) eq \f(π,6) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4))) f′(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 第4步：求f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))的最大值 因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝5cos eq \f(π,6)－cos eq \f(5π,6)＝3 eq \r(3)， 所以函数f(x)＝5cos x－cos 5x在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))的最大值为3 eq \r(3). 解法三：第1步：求导并化简 由题得f′(x)＝－5sin x＋5sin 5x＝5×2cos eq \f(5x＋x,2)sin eq \f(5x－x,2)＝10sin 2x cos 3x. 第2步：写出x，f′(x)，f(x)的关系 由x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，得sin 2x≥0，故x，f′(x)，f(x)的关系如表所示： x 0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) eq \f(π,6) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4))) f′(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 第3步：求f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))的最大值 因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝5cos eq \f(π,6)－cos eq \f(5π,6)＝3 eq \r(3)， 所以函数f(x)＝5cos x－cos 5x在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))的最大值为3 eq \r(3). (2)解法一：第1步：根据周期性写出a的范围 因为余弦函数的周期为2π，所以不妨设a∈(0，2π]. 第2步：分a≤2θ和a>2θ两种情况讨论 当a≤2θ时，a－θ≤θ，则θ∈[a－θ，a＋θ)，此时存在y＝θ，使得cos y＝cos θ； 当a>2θ时，θ<a－θ≤2π－θ， 作出余弦函数的大致图象(如图所示)， 所以cos (a－θ)≤cos θ， 只需要取y＝a－θ，即可得到cos y≤cos θ. 第3步：得出结论 综上可得，给定θ∈(0，π)和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ. 解法二(反证法)：第1步：假设结论不正确 假设cos y>cos θ对任意y∈[a－θ，a＋θ]恒成立． 第2步：根据余弦函数的图象与性质得出y的取值范围 由cos y>cos θ得2kπ－θ<y<2kπ＋θ，k∈Z，这与a∈R，任意y∈[a－θ，a＋θ]矛盾， 所以假设不正确，故一定存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ. 解法三(综合法)：第1步：利用两角和与差的余弦公式探寻关系 因为cos (a＋θ)＋cos (a－θ)＝2cos a cos θ≤2cos θ，所以cos (a＋θ)与cos (a－θ)中必有一个小于等于cos θ. 第2步：反证法证明以上结论 否则cos (a＋θ)>cos θ，cos (a－θ)>cos θ，这与cos (a＋θ)＋cos (a－θ)＝2cos a cos θ≤2cos θ矛盾． 第3步：得出结论 所以一定存在y＝a－θ或y＝a＋θ，使得cos y≤cos θ， 所以对于给定θ∈(0，π)和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ. (3)第1步：特殊值φ＝0探路 令h(x)＝5cos x－cos (5x＋φ)，当φ＝0时，因为h(x)＝h(－x)， h(x)＝h(x＋2π)，所以h(x)为偶函数，且2π为h(x)的周期，所以讨论h(x)在[0，2π)上的情况，由(1)可知h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上单调递增，结合对称性，及h(π)＝－4，可知x∈[0，2π)时h(x)≤3 eq \r(3)，所以此时b的最小值为3 eq \r(3). 第2步：根据φ的任意性，将问题进行转化 要证3 eq \r(3)为b的最小值，对于任意的φ，只需要证明h(x)的最大值不小于3 eq \r(3)， 只需要证明存在x0，使得h(x0)≥3 eq \r(3). 第3步：利用(2)的结论进行求解 当|x0|≤ eq \f(π,6)时，令y0＝5x0＋φ，则y0∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)＋φ，\f(5π,6)＋φ)) . 由(2)可知，取θ＝ eq \f(5π,6)，a＝φ，可得存在y0∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)＋φ，\f(5π,6)＋φ))使得cos y0≤cos eq \f(5π,6)＝－ eq \f(\r(3),2)， 所以h(x0)＝5cos x0－cos (5x0＋φ)＝5cos x0－cos y0≥5× eq \f(\r(3),2)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝3 eq \r(3)，综上可得，bmin＝3 eq \r(3). 单变量不等式恒成立问题 已知函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,x). (1)若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2)))上存在极值，求正实数a的取值范围； (2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥eq \f(k,x＋1)恒成立，求实数k的取值范围． 【解】　(1)函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x) ＝eq \f(1－1－ln x,x2)＝－eq \f(ln x,x2)，令f′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(0, 1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一的极值点， 所以0<a<1<a＋eq \f(1,2)，故eq \f(1,2)<a<1， 即正实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)， 1)). (2)当x≥1时，k≤eq \f(x＋11＋ln x,x)恒成立， 令g(x)＝eq \f(x＋11＋ln x,x)(x≥1)， 则g′(x)＝eq \f(x1＋ln x＋1＋\f(1,x)－x＋11＋ln x,x2)＝eq \f(x－ln x,x2). 再令h(x)＝x－ln x(x≥1)， 则h′(x)＝1－eq \f(1,x)≥0. 所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0， 所以g(x)为单调增函数， 所以g(x)≥g(1)＝2， 故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]． 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 [针对训练] 2．(2025·石嘴山模拟)设函数f(x)＝ln x＋eq \f(k,x)，k∈R. (1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)； (2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)<x1－x2恒成立，求k的取值范围． 解：(1)由条件得f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(k,x2)(x>0)， 因为曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直， 所以f′(e)＝0，即eq \f(1,e)－eq \f(k,e2)＝0，解得k＝e， 所以f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,x2)＝eq \f(x－e,x2)(x>0)． 由f′(x)<0得0<x<e；由f′(x)>0得x>e. 所以f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， 当x＝e时，f(x)取得极小值， 且f(e)＝ln e＋eq \f(e,e)＝2. 所以f(x)的极小值为2. (2)由题意知对任意的x1>x2>0，f(x1)－x1<f(x2)－x2恒成立， 设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋eq \f(k,x)－x(x>0)， 则h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(k,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 故当x>0时，k≥－x2＋x＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)恒成立， 又－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)≤eq \f(1,4)，则k≥eq \f(1,4)，故实数k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)). $