第3章 函数与导数大题规范解答 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数及其应用”专题，依据高考评价体系梳理了单调性讨论、极值最值求解、函数零点分析、参数范围探究及不等式证明等核心考点，通过命题动向分析明确这些内容的高频考查趋势，归纳出分类讨论、数形结合等典型解题思想，构建系统的备考框架。 课件亮点在于高考真题深度解析与得分策略指导，如以2025全国二卷导数题为例，通过导函数分析极值点唯一性、利用函数单调性比较零点大小，培养学生的逻辑推理和数学思维素养。设置得分点提示和易错点警示，帮助学生规范答题步骤，教师可依托此课件精准把握考点权重，提升复习教学效率。

第三章 导数及其应用 高考大题规范解答——函数与导数 提能训练　练案[21] 命题动向：函数是中学数学的核心内容，而导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)，求极值、最值、切线方程、函数的零点或方程的根，求参数的范围及证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归等，中、高档难度均有． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (1)证明：f(x)在区间(0，＋∞)存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设x1，x2分别为f(x)在区间(0，＋∞)的极值点和零点． (ⅰ)设函数g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t)，证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减； (ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论． [解题思路]　函数的极值与零点问题＋函数单调性的应用． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (ⅱ)【如何比较2x1与x2的大小？作为本题第(2)问的第(ⅱ)问，能不能利用第(1)问和第(ⅰ)问的结论呢？我们要明确2x1与函数f(x)的极值点有关，x2是函数f(x)的零点，函数g(t)与函数f(x)有关，故要想到利用函数g(t)与函数f(x)的单调性进行判断】 由(ⅰ)得，g(t)在(0，x1)上单调递减， 【利用第(ⅰ)问函数g(t)在(0，x1)上的单调性，判定g(x1)与g(0)的大小】 所以g(x1)<g(0)，(12分) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【根据g(x1)＝f(2x1)－f(0)，g(0)＝f(x1)－f(x1)＝0，结合f(0)＝0得出f(2x1)<0，再巧妙回扣函数f(x)的零点x2的定义将0转化为f(x2)，最后利用函数f(x)的单调性判定2x1与x2的大小】 即f(2x1)－f(0)<f(x1)－f(x1)＝0，(13分) 又f(0)＝0，所以f(2x1)<0，(14分) 因为x2是f(x)的零点，所以f(x2)＝0， 所以f(2x1)<f(x2)，(15分) 又x2>x1,2x1>x1，且f(x)在(x1，＋∞)上单调递减， 所以2x1>x2.(17分) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 得分保障：得分点：第(1)问正确求出f(x)的导函数得1分，能结合函数单调性判定函数f(x)的极值点情况得2分，写出必要过程说明函数f(x)在指定区间上存在唯一的零点得2分；第(2)问的第(ⅰ)问，能正确求出g(t)的导函数得3分，写出必要过程得到g′(t)在指定区间上小于0得2分，利用g′(t)与0的大小关系得g(t)的单调性得1分；第(2)问的第(ⅱ)问，会利用第(ⅰ)问得到的单调性得到g(x1)<g(0)得1分，将g(x1)转化为f(2x1)－f(0)，g(0)转化为0得1分，结合f(0)＝0，得f(2x1)<0得1分，利用f(x2)＝0得f(2x1)<f(x2)得1分，通过函数f(x)的单调性得出2x1>x2得2分． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (2)给定θ∈(0，π)和a∈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． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (2)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；(6分) 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.(8分) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 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.(9分) (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， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 提能训练　练案[21] 返回导航 1．(2026·广东部分学校联考)设函数f(x)＝(x－a)·sin ax(a>0)． (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在原点处的切线方程； (2)若f(x)存在与极值点相等的零点，求a的最小值． [解析]　(1)因为f(x)＝(x－a)sin ax， 所以f′(x)＝sin ax＋(ax－a2)cos ax. 当a＝1时，f′(x)＝sin x＋(x－1)cos x， f(0)＝0，f′(0)＝0－1＝－1. 故曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝－x， 即x＋y＝0. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (1)讨论函数h(x)＝ax－f(x)的单调性； (2)证明：xf(x)>g(x)－1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 谢谢观看 1．(17分)(2025·全国二卷，18)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3，其中0<k<. [解析](1)【如何判定函数存在极值点？具体步骤：第一步，写清楚函数表达式；第二步，对函数求导，判定导函数的正负，确定原函数的单调区间；第三步，判定函数是否存在极值点】 因为f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3，k∈， 所以f′(x)＝－1＋x－3kx2＝＝.(1分) 当x>0时，令f′(x)＝0，解得x＝－1>0， 所以当0<x<－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是f(x)在(0，＋∞)上唯一的极值点，是极大值点．(3分) 【计算特殊点的函数值，结合零点存在定理证明零点的唯一性】 因为f>f(0)＝0， f＝ln－＋－＝ln－<0， 所以∃x0∈，f(x0)＝0， 所以x0是f(x)在(0，＋∞)上唯一的零点．(5分) (2)(ⅰ)因为g(t)＝f(x1＋t)－f(x1－t)， 所以g′(t)＝f′(x1＋t)＋f′(x1－t)＝(x1＋t－x1)＋(x1－t－x1)＝3kt＝.(8分) 【结合t∈(0，x1)判定导函数的正负，进而得函数的单调性】 因为t∈(0，x1)，所以t2－x－2x1<0，(1＋x1)2－t2>0， 所以g′(t)＝<0，(10分) 即g(t)在区间(0，x1)上单调递减．(11分) 2．(17分)(2025·全国一卷，19)(1)求函数f(x)＝5cos x－cos 5x在区间的最大值； [审题破题]　当学生无法打开解题思路时，可以从简单的、特殊情况开始尝试，如第(3)问，当φ＝0时，h(x)＝5cos x－cos 5x，由(1)可知h(x)＝5cos x－cos 5x的最大值是3，只需证明对于其他的φ，h(x)的最大值不小于3即可． [解析]　第1步：求f′(x) 因为f(x)＝5cos x－cos 5x， 所以f′(x)＝－5sin x＋5sin 5x.(1分) 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∈， 所以x＝5x或x＝π－5x， 所以x＝0或x＝，(2分) 所以x，f′(x)，f(x)的关系如表所示： x 0 f′(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 (3分) 第3步：求f(x)在区间的最大值 因为f＝5cos －cos ＝3， 所以函数f(x)＝5cos x－cos 5x在区间的最大值为3.(4分) 由(1)可知h(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 结合对称性，及h(π)＝－4， 可知x∈[0,2π)时h(x)≤3， 所以此时b的最小值为3.(12分) 第2步：根据φ的任意性，将问题进行转化 要证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， 只需要证明存在x0，使得h(x0)≥3.(14分) 第3步：利用(2)的结论进行求解 当|x0|≤时，令y0＝5x0＋φ，则y0∈. 由(2)可知，取θ＝，a＝φ， 可得存在y0∈使得cos y0≤cos ＝－， 所以h(x0)＝5cos x0－cos(5x0＋φ)＝5cos x0－cos y0≥5×－＝3， 综上可得，bmin＝3.(17分) 得分保障：得分点：第(1)问准确求出导函数得1分，求出导函数的零点得1分，得到f(x)的单调性得1分，求出最大值得1分．第(2)问分a≤2θ和a>2θ两种情况讨论，每种情况得2分，总结结论得1分．第(3)问利用函数的周期性和奇偶性求出φ＝0时b的大致范围得3分，利用第(2)问的结论证明存在x0，使得h(x0)≥3，最后得出bmin＝3得5分． (2)设x0既是f(x)的零点，也是f(x)的极值点， 则有f(x0)＝(x0－a)sin ax0＝0， f′(x0)＝sin ax0＋(ax0－a2)cos ax0＝0， 由方程(x0－a)sin ax0＝0，解得x0＝a或sin ax0＝0. ①当x0＝a时，f′(x0)＝sin ax0＋(ax0－a2)cos ax0＝sin a2＝0， 解得a2＝kπ(k∈N)，又a>0， 故a＝(k∈N*)． ②当sin ax0＝0时，f′(x0)＝sin ax0＋(ax0－a2)cos ax0＝a(x0－a)cos ax0＝0， 且易知cos ax0≠0， 又a>0，故只有x0＝a，结合sin ax0＝0， 同①解得a＝(k∈N*)． 综上，a＝(k∈N*)，当k＝1时，a取最小值，经检验，符合题意． 2．(2026·河北邯郸二模)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝. [解析]　(1)由题知h(x)＝ax－f(x)＝ax－ln x，其定义域为(0，＋∞)，则h′(x)＝a－＝. 当a≤0时，h′(x)<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令h′(x)>0，解得x>， 令h′(x)<0，解得0<x<， ∴函数h(x)在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当a≤0时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，函数h(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)证明：要证xf(x)>g(x)－1， 即证xln x＋1>. 由(1)知当a＝1时，h(x)＝x－ln x在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h(x)≥h(1)＝1－ln 1＝1，即x－ln x≥1， ∴＋ln x≥1，∴1＋xln x≥x. 令H(x)＝x－， 则H′(x)＝1－＝≥0在(0，＋∞)上恒成立，且不恒为0， ∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴当x>0时，H(x)>H(0)＝0， 即x－>0，即x>， ∴1＋xln x≥x>， ∴原不等式成立． 3．(2025·浙江杭州二模)已知函数f(x)＝xex－ax2－ax(a∈R)． (1)若a＝0，求f(x)的极小值； (2)当a>时，求f(x)的单调递增区间； (3)当a>0时，设f(x)的极大值为g(a)，求证：g(a)≥－. [解析]　(1)若a＝0，则f(x)＝xex，f′(x)＝ex(x＋1)． 令f′(x)＝0，得x＝－1. 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0， 当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，故f(x)的极小值为f(－1)＝－. (2)由题意知函数f(x)的定义域为R， f′(x)＝ex(x＋1)－ax－a＝(ex－a)(x＋1)(a∈R)． 因为a>，所以ln a>－1，由f′(x)>0， 即(ex－a)(x＋1)>0，解得x<－1或x>ln a， 所以f(x)在(－∞，－1)和(ln a，＋∞)上单调递增； 由f′(x)<0，即(ex－a)(x＋1)<0，解得－1<x<ln a， 所以f(x)在(－1，ln a)上单调递减， 故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(ln a，＋∞)． (3)证明：当a>时，由(2)知，f(x)的极大值为f(－1)＝g(a)＝－＋a>－>－. 当a＝时，f′(x)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f(x)无极大值． 当0<a<时，ln a<－1，若x∈(－∞，ln a)，则f′(x)>0，f(x)单调递增； 若x∈(ln a，－1)，则f′(x)<0，f(x)单调递减； 若x∈(－1，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)的极大值为f(ln a)＝g(a)＝－a(ln a)2. 对于g(x)＝－x(ln x)2， 可得g′(x)＝－ln x， 当x∈时，g′(x)<0， 当x∈时，g′(x)>0， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(x)≥g＝－. 综上所述，g(a)≥－. $