专题十二 导数几何意义与不等式证明 课件-2026届高三数学二轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦导数几何意义与不等式证明核心考点，覆盖切线方程、参数范围、单双变量不等式证明等高考必考内容，对接高考评价体系分析命题热度，通过2024新课标Ⅰ卷等真题示例归纳公切线、极值点偏移等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于真题训练与应试技巧指导，以数学思维引导构造函数法，用数学语言规范逻辑推理过程，如通过切线放缩法解析单变量不等式，极值点偏移突破双变量证明，帮助学生掌握得分技巧，助力教师高效开展高考冲刺复习教学。

专题十二　导数几何意义与不等式证明 命题热度： 本专题是历年高考命题必考的内容，属于低中高档题目，三种题型都有所考查，分值约为5~13分. 考查方向： 考查重点一是利用导数的几何意义，求切线方程、参数值、范围等，二是利用导数证明不等式，涉及构造函数求最值、极值点偏移，以及切割线放缩等. 考点一　导数的几何意义 　(1)(2025·湛江模拟)已知函数f(x)=ex+2x，则曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 A.y=2x+1 B.y=3x+1 C.y=2x D.y=3x 例1 √ 由f(x)=ex+2x，得f'(x)=ex+2， 则f(0)=1，f'(0)=3，所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=3x+1. 解析 (2)若至少存在一条直线与曲线f(x)=2x2+3和g(x)=3-tln x(t≠0)均相切，则t的取值范围是 A.[-4e，0) B.[2e，+∞) C.(-4e，0)∪(0，+∞) D.[-4e，0)∪(0，+∞) √ f'(x)=4x，g'(x)=-，设公切线与曲线y=f(x)相切于点(x1，2+3)，与曲线y=g(x)相切于点(x2，3-tln x2)(x2>0)， 则切线方程分别为y=4x1x-2+3，y=-x+t+3-tln x2， 所以 由①得=， 代入②得t=8ln x2-8. 解析 令h(x)=8x2ln x-8x2(x>0)， 则h'(x)=8x(2ln x-1)， 所以当0<x<时，h'(x)<0，当x>时，h'(x)>0， 所以h(x)在区间(0，)上单调递减，在区间(，+∞)上单调递增， 所以h(x)min=h()=-4e， 又当x→+∞时，h(x)→+∞， 所以h(x)的值域为[-4e，+∞)， 所以t的取值范围是[-4e，0)∪(0，+∞). 解析 (1)导数的几何意义 ①函数f(x)在x=x0处的导数即曲线y=f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率； ②曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同； ③切点既在切线上，又在曲线上； (2)区分“在点处”的切线和“过点处”的切线，过点P的切线，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点. 规律方法 跟踪演练1　(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y=ex+x在点(0，1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=　　　　.  ln 2 由y=ex+x得y'=ex+1， 当x=0时，y'=e0+1=2， 故曲线y=ex+x在点(0，1)处的切线方程为y=2x+1. 由y=ln(x+1)+a得y'=， 设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为(x0，y0)， 由两曲线有公切线得y'==2， 解得x0=-，代入切线方程y=2x+1得 解析 y0=2×+1=0， 则y0=ln(x0+1)+a=0， 即ln+a=0，解得a=ln 2. 解析 考点二　单变量函数不等式的证明 　已知函数f(x)=xex+a，g(x)=xln x+a. (1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为-，求a的值； 例2 因为f(x)=xex+a， 所以f'(x)=(1+x)ex.令f'(x)=0，解得x=-1. 所以当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min=f(-1)=-+a. 因为g(x)=xln x+a，x>0， 所以g'(x)=ln x+1. 令g'(x)=0，解得x=. 解 所以当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min=g=-+a. 由题意可得-+a-+a=-， 解得a=-. 解 (2)若a=0，x>0，证明：f(x)>g'(x). 若a=0，x>0，则f(x)=xex，g(x)=xln x，g'(x)=ln x+1. 方法一　凹凸反转法 要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1， 即证>. 令h(x)=，x>0，φ(x)=，x>0， 易得h'(x)=， 则令h'(x)<0，得0<x<1；令h'(x)>0，得x>1， 证明 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)=e. 易得φ'(x)==， 令φ'(x)>0，得0<x<；令φ'(x)<0，得x>， 所以φ(x)在上单调递增， 在上单调递减，所以φ(x)≤φ=<e， 所以h(x)>φ(x)，故f(x)>g'(x). 证明 方法二　切线放缩法 令φ(x)=ln x-(x-1)，x>0， 则φ'(x)=-1=， 所以当x∈(0，1)时，φ'(x)>0；当x∈(1，+∞)时，φ'(x)<0， 所以φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以φ(x)≤φ(1)=0， 即ln x-(x-1)≤0，即ln x≤x-1， 证明 即ln x+1≤x，当且仅当x=1时等号成立， 要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1， 只需证xex>x，即证ex>1. 因为x>0，所以ex>e0=1， 即证得f(x)>g'(x)成立. 方法三　切线放缩法 令φ(x)=ex-x-1， 则φ'(x)=ex-1， 当x∈(-∞，0)时，φ'(x)<0， 证明 当x∈(0，+∞)时，φ'(x)>0， 所以φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(0)=0，即ex≥x+1， 当且仅当x=0时等号成立. 当x>0时，xex>x(x+1)， 要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1， 只需证x(x+1)>ln x+1， 即证x(x+1)-ln x-1>0. 证明 令h(x)=x(x+1)-ln x-1，x>0， 则h'(x)=2x+1-=， 当x∈时，h'(x)<0， 当x∈时，h'(x)>0， 所以h(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以h(x)≥h=-ln -=ln 2->0， 所以x(x+1)-ln x-1>0，即证得f(x)>g'(x)成立. 证明 方法四　最值法(隐零点) 令φ(x)=f(x)-g'(x)=xex-ln x-1，x>0， 则φ'(x)=(x+1)ex-， φ″(x)=(x+2)ex+>0， 所以φ'(x)在(0，+∞)上单调递增， 又φ'=-2>0，φ'=-3<0， 所以∃x0∈，使φ'(x0)=0， 证明 即(x0+1)=，则x0=，所以当x∈(0，x0)时，φ'(x)<0； 当x∈(x0，+∞)时，φ'(x)>0， 所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以φ(x)min=φ(x0)=x0-ln x0-1=-ln x0-1， 令h(x)=-ln x-1，x∈，易知h(x)在上单调递减， 所以h(x)>h=-ln -1=ln 2->0. 所以φ(x)≥φ(x0)>0，即证得f(x)>g'(x). 证明 利用导数证明或判定不等式问题的常用方法 (1)最值法：通过移项构造新函数或者等价变形构造新函数，求解新函数的最值，从而得出不等关系； (2)适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； (3)凹凸反转法：把所证不等式转化为两个函数的大小关系，分别求解两个函数的最值，得到不等关系. 规律方法 跟踪演练2　(2025·聊城模拟)已知函数f(x)=ln x+. (1)求f(x)的最小值； 由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=-=， 当x∈(0，1)时，f'(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递减； 当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以f(x)min=f(1)=1. 解 (2)证明：xf(x)>. 由(1)可知f(x)≥1，x>0，则xf(x)≥x，则要证明xf(x)>，只需要证明x>(x>0).构造函数g(x)=x-，x>0， 则g'(x)=1-=1-==≥0， 所以当x>0时，g(x)单调递增， 即g(x)>g(0)=0，所以x>(x>0)， 即xf(x)>成立. 证明 考点三　双变量函数不等式的证明 　已知函数f(x)=xe-x. (1)求函数f(x)的单调区间； 例3 f'(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x， 令f'(x)>0⇒x<1；令f'(x)<0⇒x>1， 则f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，单调递减区间为(1，+∞). 解 (2)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2. 方法一　f'(x)=(1-x)e-x，由(1)可知f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，且当x→-∞时，f(x)→-∞，f(0)=0，当x→+∞时，f(x)→0， 则函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)=，如图所示. 由f(x1)=f(x2)，x1≠x2，不妨设x1<x2，则必有0<x1<1<x2， 构造函数F(x)=f(1+x)-f(1-x)，x∈(0，1)， F'(x)=f'(1+x)+f'(1-x)=(e2x-1)>0， 所以F(x)在(0，1)上单调递增，则F(x)>F(0)=0， 证明 即f(1+x)>f(1-x)对x∈(0，1)恒成立. 由0<x1<1<x2，得1-x1∈(0，1)， 所以f(1+(1-x1))=f(2-x1)>f(1-(1-x1))=f(x1)=f(x2)，即f(2-x1)>f(x2)， 又因为2-x1，x2∈(1，+∞)，且f(x)在(1，+∞)上单调递减，所以2-x1<x2， 即x1+x2>2. 方法二　要证x1+x2>2，即证x2>2-x1，不妨设x1<x2，由方法一知，0<x1<1<x2， 故2-x1，x2∈(1，+∞)， 又因为f(x)在(1，+∞)上单调递减， 证明 故只需证f(x2)<f(2-x1)， 又因为f(x1)=f(x2)， 故也即证f(x1)<f(2-x1)， 构造函数H(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(0，1)， 则等价于证明H(x)<0对x∈(0，1)恒成立. 由H'(x)=f'(x)+f'(2-x)=(1-e2x-2)>0，则H(x)在(0，1)上单调递增， 所以H(x)<H(1)=0，即H(x)<0对x∈(0，1)恒成立， 故原不等式x1+x2>2成立. 证明 方法三　由f(x1)=f(x2)得，x1=x2，化简得=， 不妨设x2>x1，由方法一知，0<x1<1<x2， 令t=x2-x1，则t>0，x2=t+x1， 代入=得，et=，得x1=，t>0， 则x1+x2=2x1+t=+t，t>0， 故要证x1+x2>2，即证+t>2，t>0， 又et-1>0，等价于证明2t+(t-2)(et-1)>0， 证明 构造函数G(t)=2t+(t-2)(et-1)，t>0， 则G'(t)=(t-1)et+1， 令p(t)=G'(t)，t>0，则p'(t)=tet>0， 故G'(t)在(0，+∞)上单调递增，G'(t)>G'(0)=0， 从而G(t)也在(0，+∞)上单调递增，则G(t)>G(0)=0， 即2t+(t-2)(et-1)>0成立， 即原不等式x1+x2>2成立. 证明 证明含双参不等式成立的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果. 规律方法 跟踪演练3　(2025·邵阳模拟)已知函数f(x)=ax2+ln x-(a+1)x，h(x)=f(x)+ax2-(b-2)x，其中a>0，b∈R. (1)讨论f(x)的单调性； f'(x)=ax+-(a+1)==，x>0，a>0， 令f'(x)=0得，x=1或x=， 当0<a<1时，1<，则当0<x<1或x>时，f'(x)>0； 当1<x<时，f'(x)<0， 当a=1时，此时f'(x)≥0恒成立， 当a>1时，1>，则当0<x<或x>1时，f'(x)>0； 当<x<1时，f'(x)<0， 解 综上可知，当0<a<1时，函数f(x)的单调递增区间是(0，1)和，单调递减区间是； 当a=1时，函数f(x)的单调递增区间是(0，+∞)，无单调递减区间； 当a>1时，函数f(x)的单调递增区间是和(1，+∞)，单调递减区间是. 解 (2)当a=1时，若x1，x2是h(x)的两个不同的极值点，求证：h(x1)+h(x2)< -3-ln 2. 当a=1时，f(x)=x2+ln x-2x， h(x)=x2+ln x-bx，x>0， 令h'(x)=2x+-b==0， 由x1，x2是h(x)的两个不同的极值点可知，x1，x2是h'(x)=0的两个不同的实数根，则x1，x2是关于x的方程2x2-bx+1=0的两个不同的实数根， 得解得b>2， 证明 则h(x1)+h(x2)=+ln x1-bx1++ln x2-bx2=(x1+x2)2-2x1x2+ln(x1x2)-b(x1+x2) =-1-ln 2-=--ln 2-1， 令g(b)=--ln 2-1，则g(b)在b∈(2，+∞)上单调递减， 所以g(b)<g(2)=-3-ln 2， 即h(x1)+h(x2)<-3-ln 2. 证明 $