函数导数与其他模块交汇问题 课件——2027届高三数学一轮复习

函数导数与其他模块交汇问题 1 高考试卷题型变化之后，高考对于模块内融合以及模块间融合 题目的考查逐渐增多，在此变化情况下，本专题以导数与数列融合 考查为主导兼顾以下三种类型. 2 例1 [2023·全国乙卷] 已知函数 . 类型一 函数导数融合问题 （1）当时，求曲线在点 处的切线方程. 解：当时， , 则 , 据此可得, , 则曲线在点处的切线方程为 , 即 . 3 （2）是否存在,,使得曲线关于直线 对称？若存在， 求, 的值；若不存在，说明理由. 解：存在,，使得曲线关于直线 对称，证明如下： 由函数的解析式可得 , 由,得或， 即函数 的定义域为 , 该定义域关于直线对称，由题意可得 . 4 由曲线的对称性可知, 取 ，可得,即, 则 ,解得 . 经检验, 满足题意， 故存在,满足题意，且, . （3）若在上存在极值点，求 的取值范围. 解：由函数的解析式可得 , 令 , 则 , 令 , 则在区间上存在极值点等价于在 区间 上存在变号零点， ,令 ，则 ， 6 当时,由,得,则 在区间上单调递减， 此时,在区间 上无零点，不符合题意. 当，即时，由，得, 所以当 时，,在区间 上单调递增， 所以,在区间 上单调递增， ,所以在区间 上无零点，不符合题意. 当时，由可得 , 当时，, 单调递减， 当时，, 单调递增， 故当时，的最小值为 , 令,则, 函数 在上单调递增， , 据此可得对 恒成立， 则, 又,当 时，， ， 所以在区间上存在唯一零点. 当 时，,单调递减， 当时,, 单调递增,所以. 又当 时， ， ， 所以函数在区间 上存在变号零点，符合题意. 综上可知，实数的取值范围是 . 例2 [2025· 苏北七市二调］已知函数， ． （1）证明： 有唯一零点. 类型二 导数与数列融合问题 10 证明：当时，，所以在 上无零点. 当时，因为， 所以在 上单调递增,所以在 上至多有一个零点. 当时， 有唯一零点1． 当时，因为， ， 所以存在唯一,使得 ,所以函数 有唯一零点. 综上，函数 有唯一零点，得证. 11 （2）记的零点为 ． （ⅰ）数列 中是否存在连续的三项按某种顺序排列后构成等比数 列？并说明理由. 解：因为的零点为，所以，由（1）知 ， 将两边取自然对数，整理得 ， 所以 ， 两式相减，得 ， 所以 ． 12 因为函数在上单调递增，所以 ，所以 数列 为递增数列． 假设数列中存在，， 三项成等比数列， 则 ，所以 ． 由式得 ， ， ， 代入上式，整理得 ，故 . 因为，所以 ， 当且仅当 时等号成立. 又，所以方程 无解， 所以数列 中不存在连续的三项按某种顺序排列后构成等比数列． （ⅱ）证明： ． 证明：先证明当时，. 设 ，则， 所以当时，， 单调递减， 当时，， 单调递增， 所以，所以当时， ， 当且仅当时，等号成立． 15 由式知, ,所以,所以 ,所以 ． 在式中，令，得 ， 当且仅当， 时等号成立， 所以 ， 所以，故，当且仅当 时等号成立． 当时，在式中，令，得 ， 所以当 时， ． 当时，，所以 ． 综上， ，得证． 例3 [2025· 全国一卷］ （1）求函数在区间 上的最大值； 解：方法一： ， 因为,所以,.当时, ， 单调递增；当时，, 单调递减. 所以在区间上的最大值为 . 类型三 导数与三角融合问题 18 方法二：令则 ,由, 得,所以或，解得 或 . 因为连续可导函数的最大值必在端点或者极值点处取得， 所以只需比较,， 的大小， 又，，， 所以在区间 上的最大值为 . 19 （2）给定和，证明：存在 ，使得 ; 证明：方法一：若 ,则 . 若,不妨取 , ①若,则 ； ②若 ,则 ,,所以 ， 令 ，则存在，使得 ; 20 ③若 ，则 ， 所以， 令 ，则存在，使得 . 综上，存在 ，使得 . 21 方法二（反证法）假设对任意 ,都有 ， 则, ,不妨设, 则 , ，则， ，故 , ,矛盾, 故得证. 22 方法三（周期性）的最小正周期为 ， 不妨设 ,则 , , 设 ,解得, 记该区间为,设 . 若存在,使得,只需与 有交集即可， 当时， ， ，所以有交集； 当时， ,； 当时， ，， 所以有交集.故得证. 23 （3）设，若存在，使得 对 恒成立，求 的最小值. 解：方法一：原不等式等价于 . 由（1）知，当时，,当 时， ,所以 , . 因为为偶函数，且 为的一个周期，所以 ， ，所以当时，可取 满足题意. 24 不妨设，取 ,则 ,所以 ， 所以的最小值为 . 方法二：不妨设 ,令 , 则 , 所以的极值点为,，, , 结合，代入,1,2，即可得 的极值为 ,,,, , 所以,当时取等号.综上，的最小值为 . 26 方法三：由余弦函数的周期性可令 . ①当 时， ，可得，所以的最小值为 . ②当时，取 ,则 ，则 的最小值为 . 综上可得，的最小值为 . 作业手册 28 1.[2025·湖北武汉5月模拟] 已知函数 ． （1）若，讨论 的零点的个数； 解：令，可得， 设 ，则，当 时， ，则在 上单调递减； 当时，， 则 在 上单调递增. 作 业 手 册 1 2 3 4 29 所以， 又因为当 时，，， 所以当时， 无零点； 当或时， 仅有一个零点； 当时， 有两个零点. 作 业 手 册 1 2 3 4 30 （2）若为正整数，记此时的唯一零点为，证明：数列 是递增数列. 作 业 手 册 1 2 3 4 31 证明：由（1）知，当时， 仅有一个零点. 由的唯一零点为，得 ， 两边取自然对数得 ， 即 ，两式相减得 ， 可得，设，则 ， 因为,所以,故在 上单调递增， 所以，故数列 是递增数列. 作 业 手 册 1 2 3 4 32 2.[2025·河北邯郸二模] 已知函数， . （1）讨论函数 的单调性； 作 业 手 册 1 2 3 4 33 解：由题知，其定义域为 ， . 当时，，在 上单调递减； 当时，令，得，令，得 ， 函数在上单调递减，在 上单调递增. 综上所述，当时，函数在 上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在 上单调递增. 作 业 手 册 1 2 3 4 34 （2）证明： . 证明：要证，只需证 . 由（1）知，当时， 在 上单调递减，在上单调递增， ，即， ， . 作 业 手 册 1 2 3 4 35 令，则 ，在上单调递增， 当 时，，即 ， ，故， 原不等式成立. 作 业 手 册 1 2 3 4 36 3.[2025·潍坊一模] 已知函数， ． （1）当时，求函数 的单调递增区间； 解：由题意知 ， ，当时， ， 令，得或 ，令，得或 ， 所以的单调递增区间为和 . 作 业 手 册 1 2 3 4 37 （2）当时，求 的解集； 解：当时，，且 ， 因为，所以在 上单调递增， 所以的解集为 . 作 业 手 册 1 2 3 4 38 （3）若函数的图象上有三个点，且从左到右依次为，， ， 若，，的横坐标成等差数列，判断函数的图象在点 处的切 线斜率与直线 的斜率的大小关系． 解：设，， ， 则，，函数的图象在点 处的 切线斜率为， 直线 的斜率为 ， 作 业 手 册 1 2 3 4 39 所以 ， 令，则 . 令， ， 则， 作 业 手 册 1 2 3 4 令， ，则， 故在 上单调递减，所以，即 ， 所以在上单调递减，故 ， 所以， 又，即 ，所以，即 ， 所以函数的图象在点处的切线斜率小于直线 的斜率. 作 业 手 册 1 2 3 4 4.[2025·深圳中学月考] 已知函数 . （1）若曲线在点处的切线与轴平行，求 的值； 解：因为 ，所以 ， 由题意可知，解得 . 作 业 手 册 1 2 3 4 42 （2）设函数，求出 的定义域，并证明：曲线 是轴对称图形； 解：由题意知 ， 对于函数 ， 有解得，即函数的定义域为 ， 作 业 手 册 1 2 3 4 43 对于函数，则，可得， 解得 或,所以函数的定义域为 ， 故该定义域关于直线 对称. 作 业 手 册 1 2 3 4 因为 ， 所以函数的图象关于直线对称， 所以曲线 是轴对称图形. 作 业 手 册 1 2 3 4 （3）证明： . 证明：当时， ， 则，令 ， 则 ， 当时，，则函数在 上单调递增，此时 ，即，所以函数在 上单调递增， 此时 . 作 业 手 册 1 2 3 4 46 取，可得 ， 故 ， 即，所以 ， 故 ，得证. 作 业 手 册 1 2 3 4 类型一 例1（1）<m></m>（2） </m>,<m></m>.（3） <m></ 类型二 例2（1）略（2）（ⅰ） 不存在（ⅱ）略 类型三 例3（1）（2）略（3）m> 答 案 核 查 48 1.（1）所以当<m></m>时，<m></m>无零点；当<m></m>或<m></m>时， <m></m>仅有一个零点；当<m></m>时，<m></m>有 两个零点.（2）略 2.（1）当<m></m>时，函数<m></m>在<m></m>上单调递减；当<m></m>时，函数<m></m>在 <m></m>上单调递减，在<m></m>上单调递增.（2）略 3.（1） <m></m>的单调递增区间为<m></m>和<m></m>. （2） ></m> （3）函数<m></m>的图象在点<m></m>处的切线斜率小于直线<m></m>的斜率. 4.（1） （2） 函数<m></m>的定义域为<m></,证明略.（3）略 答 案 核 查 $