3 第三章 一元函数的导数及其应用(课件PPT)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）
2026-08-12
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教辅
摘要：
该高中数学高考复习课件聚焦“一元函数的导数及其应用”专题，依据高考评价体系梳理了切线方程、极值与最值、零点个数、参数范围讨论等核心考查维度，通过近五年全国卷及新课标卷真题统计，明确了切线方程、极值分析占比超60%的高频考点分布，归纳出导数计算、单调性判断等常考题型。
课件亮点在于“真题精讲+方法提炼+素养培育”的备考路径，如以2023全国乙卷零点问题为例，深入剖析导数法判断函数单调性、极值点分析的解题逻辑，培养学生的数学思维与推理能力。特设“易错点警示”如导函数符号判断失误，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准规划复习，助力学生高效冲刺高考。
内容正文：
第三章 一元函数的
导数及其应用
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A
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第二部分 真题再练
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第二部分 真题再练
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第二部分 真题再练
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第二部分 真题再练
3．(2023·全国乙卷)若函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2)
B．(－∞，－3)
C．(－4，－1)
D．(－3，0)
B
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第二部分 真题再练
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第二部分 真题再练
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第二部分 真题再练
4．(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则( )
A．x＝3是f(x)的极小值点
B．当0<x<1时，f(x)<f(x2)
C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0
D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x)
ACD
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第二部分 真题再练
解析：因为f(x)＝(x－1)2(x－4)，所以f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x<1或x>3时，f′(x)>0，当1<x<3时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)，故x＝1是函数f(x)的极大值点，x＝3是函数f(x)的极小值点，所以A正确．
当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，即0<x2<x<1，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x2)<f(x)，所以B错误．
当1<x<2时，1<2x－1<3，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以－4＝f(3)<f(2x－1)<f(1)＝0，所以C正确．
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第二部分 真题再练
当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)
＝(2－x－1)2(2－x－4)－(x－1)2(x－4)
＝(1－x)2(－x－2)－(x－1)2(x－4)
＝(x－1)2(－2x＋2)＝－2(x－1)3>0，
所以f(2－x)>f(x)，所以D正确．综上，选ACD．
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第二部分 真题再练
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第二部分 真题再练
6．(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
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第二部分 真题再练
7．(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是____________________________________．
(－∞，－4)∪(0，＋∞)
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第二部分 真题再练
8．(2024·全国甲卷)当x>0时，曲线y＝x3－3x与曲线y＝－(x－1)2＋a有两个交点，则a的取值范围是________．
解析：令x3－3x＝－(x－1)2＋a，则a＝x3－3x＋(x－1)2，设h(x)＝x3－3x＋(x－1)2，则h′(x)＝3x2－3＋2(x－1)＝(3x＋5)·(x－1)，因为x>0，所以3x＋5>0，当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个交点，h(0)＝1，h(1)＝－2，所以a的取值范围是(－2，1).
(－2，1)
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第二部分 真题再练
9．(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
解：当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，
则f′(x)＝ex－1，则f′(1)＝e－1.
f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)，
所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0.
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第二部分 真题再练
(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
解：易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值；
当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a，
由f′(x)<0，得x<ln a，所以函数f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(ln a)＝a－a ln a－a3.
由题意知a－a ln a－a3<0(a>0)，等价于1－ln a－a2<0(a>0).
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第二部分 真题再练
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第二部分 真题再练
方法二：由1－ln a－a2<0(a>0)，
得ln a>－a2＋1(a>0).
如图为函数y＝ln a与y＝－a2＋1
在区间(0，＋∞)上的大致图象，
由图易知当a>1时，ln a>－a2＋1，
即1－ln a－a2<0.
所以实数a的取值范围为(1，＋∞).
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第二部分 真题再练
10．(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)·ln (1＋x)－x.
(1)若a＝－2，求f(x)的极值；
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第二部分 真题再练
(2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
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第二部分 真题再练
(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．
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第二部分 真题再练
(ⅱ)2x1＞x2，证明如下：
由(ⅰ)知g(t)在(0，x1)上单调递减，
则g(x1)＜g(0)＝f(x1＋0)－f(x1－0)＝0，
所以g(x1)＝f(x1＋x1)－f(x1－x1)＝f(2x1)－f(0)＝f(2x1)－0＝f(2x1)＜0.
因为x2是f(x)在(0，＋∞)上的零点，所以f(x2)＝0，即f(2x1)＜f(x2).
由(1)知x2∈(x1，＋∞)，且f(x)在(x1，＋∞)上单调递减，所以2x1＞x2.
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第二部分 真题再练
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第二部分 真题再练
解析：因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a)e)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝y′|＝(x0＋a＋1)e＝，化简，得x＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程x＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞).
方法二：根据题意f′(x1)＝0，f(x2)＝0，
所以x1＝－1且ln (1＋x2)－x2＋x－kx＝0，同时0＜x1＜x2.
(ⅰ)g′(t)＝f′(x1＋t)＋f′(x1－t)
＝(x1＋t)2(－3k)＋(x1－t)2·(－3k)
＝(x1＋t)2(－)＋(x1－t)2·(－)
当t∈(－x1，x1)时，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，当0＜t＜x1时，φ(－t)＜φ(t)，所以＜.
所以g′(t)＜0，所以g(t)在(0，x1)上单调递减．
(ⅱ)2x1＞x2，证明如下：由(ⅰ)知，当t∈(0，x1)时，g(t)单调递减，所以g(t)＜g(0)＝0，所以f(x1＋t)＜f(x1－t)，令t＝x1，所以f(2x1)＜f(0)＝f(x2)，又0＜x1＜x2，且f(x)在(x1，＋∞)上单调递减，所以2x1＞x2.
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