3.4　导数的综合应用 课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数的综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了利用导数证明不等式、解决恒成立问题、求零点参数范围三大核心考点，通过近五年真题分析明确导数应用占12-15分的权重，归纳出构造函数、分离变量等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题训练+方法提炼+素养落地”，如以2023新高考Ⅰ卷19题、2021浙江卷22题为例，深入解析“构造函数求最值”“放缩法简化证明”等技巧，培养学生的数学思维和数学语言表达能力。特设“解题心得”和“对点训练”，帮助学生掌握得分关键，教师可据此高效规划复习，提升备考质量。

3.4　导数的综合应用 第三章 2027 内容索引 01 02 第一环节　关键能力形成 第二环节　学科素养提升 第一环节　关键能力形成 能力形成点1 利用导数证明不等式 例1　设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明当x∈(1,+∞)时, (3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. (1)解 由题设,知f(x)的定义域为(0,+∞), 令f'(x)=0,解得x=1. 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. 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 解题心得利用导数证明不等式时,可移项使不等式一边化为0的形式,再构造函数,将问题转化为函数的单调性、极值或最值问题,即利用求导方法求单调区间,比较函数值与0的关系.如证明不等式f(x)<g(x),可构造函数h(x)=f(x)-g(x),证明h(x)max<0即可,也可证明f(x)max<g(x)min. 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 对点训练1 (2023新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+ . 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 (1)解 f'(x)=aex-1,x∈R. ①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递减. ②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln =-ln a. 随x的变化,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞) f'(x) - 0 + f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a). 综上,当a≤0时,f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递减; 当a>0时,f(x)在区间(-ln a,+∞)内单调递增,在区间(-∞,-ln a)内单调递减. 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点2 利用导数解决不等式恒成立问题 例2　已知函数 的定义域为(0,+∞). (1)求函数f(x)在区间[m,m+1](m>0)上的最小值; (2)对∀x∈(0,+∞),关于x的不等式xf(x)>-x2+λx-1恒成立,求实数λ的取值范围. 令f'(x)>0,得x>1;令f'(x)<0,得0<x<1. 故函数f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增. (1)当m≥1时,函数f(x)在区间[m,m+1](m>0)上单调递增, 当0<m<1时,函数f(x)在区间[m,1]上单调递减,在区间[1,m+1]上单调递增, 即f(x)min=f(1)=e. 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 (2)由题意知对∀x∈(0,+∞),关于x的不等式ex+x2+1>λx恒成立, 由g'(x)>0,得x>1;由g'(x)<0,得0<x<1. 即g(x)min=g(1)=e+2,则λ<e+2. 故λ的取值范围为(-∞,e+2). 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 拓展延伸 在例2的条件下,将(2)改为:∃x∈[,6],使得关于x的不等式xf(x)>-x2+λx-1有解,求实数λ的取值范围. 解 同例题过程,得+x+>λ在区间[,6]上有解, 令g(x)=+x+,则需λ<g(x)max. 由例题解答过程可知,g(x)在区间[,1]上单调递减,在区间[1,6]上单调递增,且g()=2,g(6)=>g(),即λ<g(x)max=. 故λ的取值范围是(-∞,). 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 解题心得利用导数解决不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,然后求出最值,进而得出相应的含参数不等式,最后求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题. 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点3 求与函数零点有关的参数的取值范围 例3　已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 解 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)·ex-1=(aex-1)(2ex+1). ①若a≤0,则f'(x)<0,所以f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递减. ②若a>0,则由f'(x)=0,得x=-ln a. 当x∈(-∞,-ln a)时,f'(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时,f'(x)>0, 所以f(x)在区间(-∞,-ln a)内单调递减,在区间(-ln a,+∞)内单调递增. 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 解题心得解决与函数零点有关的参数的取值范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,判断函数的大致图象,讨论其图象与x轴的位置关系,或者转化为两个熟悉函数的图象的交点问题,进而确定参数的取值范围. 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 对点训练3 (2021浙江,22)设a,b为实数,且a>1,函数f(x)=ax-bx+e2(x∈R). (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若对任意b>2e2,函数f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围; (3)当a=e时,证明:对任意b>e4,函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,满足 . (注:e=2.718 28…是自然对数的底数) 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 能力形成点1 能力形成点2 能力形成点3 第二环节　学科素养提升 用放缩法证明不等式 典例　已知函数f(x)=ax-ln x-1(a∈R). (1)若f(x)≥0恒成立,求a的最小值; (2)求证: (3)已知k(e-x+x2)≥x-xln x恒成立,求实数k的取值范围. (1)解:由题意知f(x)的定义域为(0,+∞). 当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0, 则g(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减, 即g(x)max=g(1)=1,则a≥1,故a的最小值为1. 解题心得导数的综合应用题中,最常见的就是ex和ln x与其他代数式结合的难题,对于这类问题,可以先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,便于化简或判断导数的正负.常见的放缩公式如下: (1)ex≥1+x,当且仅当x=0时,取等号; (2)ex≥ex,当且仅当x=1时,取等号; 变式训练 已知函数f(x)=ex-x2. (1)求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程; (2)求证:当x>0时, (1)解 因为f(x)=ex-x2,所以f'(x)=ex-2x, 所以f'(1)=e-2,f(1)=e-1, 所以函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=(e-2)(x-1)+e-1, 即y=(e-2)x+1. (2)证明 令g(x)=f'(x),则g'(x)=ex-2. 当x<ln 2时,g'(x)<0;当x>ln 2时,g'(x)>0, 所以函数g(x)在区间(-∞,ln 2)内单调递减,在区间(ln 2,+∞)内单调递增, 所以g(x)min=g(ln 2)=f'(ln 2)=2-2ln 2>0, 所以函数f(x)=ex-x2在R上单调递增,亦即在区间(0,+∞)内单调递增. 由函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=(e-2)x+1,f(1)=e-1, 可猜测当x>0时,f(x)≥(e-2)x+1. 设h(x)=f(x)-(e-2)x-1(x>0),则h'(x)=ex-2x-e+2,令m(x)=h'(x),则m'(x)=ex-2. 当0<x<ln 2时,m'(x)<0;当x>ln 2时,m'(x)>0, 所以m(x)=h'(x)在区间(0,ln 2)内单调递减,在区间(ln 2,+∞)内单调递增. 因为h'(1)=0,0<ln 2<1,所以h'(ln 2)<0. 又因为h'(0)=3-e>0,所以存在x0∈(0,ln 2),使得h'(x0)=0, 所以当0<x<x0或x>1时,h'(x)>0;当x0<x<1时,h'(x)<0, 所以h(x)在区间(0,x0),(1,+∞)内单调递增,在区间(x0,1)内单调递减. 因为h(0)=h(1)=0,所以h(x)≥0, 即f(x)≥(e-2)x+1,当且仅当x=1时,取等号, 本 课 结 束 1<<x; f'(x)=-1, (2)证明 由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0. 则当x≠1时,ln x<x-1. 故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln-1,即1<<x. (3)证明 由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g'(x)=c-1-cxln c, 令g'(x)=0,解得x0= 当x<x0时,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 由(2)知1<<c,故0<x0<1. 又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0, 所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. (2)证明 当a>0时,要证f(x)>2ln a+恒成立,即证f(x)min>2ln a+成立. 当a>0时,由(1)知,f(x)的极小值同时也是最小值,是f(-ln a). 下面证明f(-ln a)>2ln a+ f(-ln a)=a(e-ln a+a)-(-ln a)=1+a2+ln a. 令g(a)=f(-ln a)-2ln a-=a2-ln a-, a∈(0,+∞),则g'(a)=2a- 令g'(a)=0,得a= 随a的变化,g'(a),g(a)的变化情况如下表: a (0,) (,+∞) g'(a) - 0 + g(a) 单调递减 极小值 单调递增 所以当a=时,g(a)取最小值. g(a)min=g()=-ln=-ln=ln >ln 1=0. 因此f(-ln a)>2ln a+成立. 因此当a>0时,f(x)>2ln a+ f(x)= 解 f'(x)= 即f(x)min=f(m)= 即+x+>λ恒成立. 令g(x)=+x+,则g'(x)= 对点训练2 已知函数f(x)=aln x+(a∈R). (1)讨论函数f(x)在区间[1,2]上的最小值; (2)当a=1时,求证:对任意x∈(0,+∞),恒有f(x)<成立. (1)解 函数f(x)=aln x+的定义域是(0,+∞), f'(x)= ①当a≤0时,ax-1<0,<0,则f'(x)<0, 则函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,即函数f(x)在区间[1,2]上单调递减, 故函数f(x)在区间[1,2]上的最小值为f(2)=aln 2+ ②当a>0时,令f'(x)<0,得0<x<;令f'(x)>0,得x>, 故函数f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增. 当1,即a≥1时,函数f(x)在区间[1,2]上单调递增,故函数f(x)在区间[1,2]上的最小值为f(1)=1; 当2,即0<a时,函数f(x)在区间[1,2]上单调递减,故函数f(x)在区间[1,2]上的最小值为f(2)=aln 2+; 当1<<2,即<a<1时,函数f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,此时函数f(x)在区间[1,2]上的最小值为f=aln+a. 综上所述,当a时,函数f(x)在区间[1,2]上的最小值为f(2)=aln 2+;当<a<1时,函数f(x)在区间[1,2]上的最小值为f=aln+a;当a≥1时,函数f(x)在区间[1,2]上的最小值为f(1)=1. (2)证明 当a=1时,f(x)=ln x+, 要证f(x)<,即证ln x+, 因为x>0,所以两边同时乘x,得xln x+1<ex+cos x, 即证xln x<ex+cos x-1. 当0<x≤1时,xln x≤0,而ex+cos x-1>1+cos 1-1=cos 1>0, 所以xln x<ex+cos x-1成立,即f(x)<成立. 当x>1时,令h(x)=ex+cos x-xln x-1(x>1), 则h'(x)=ex-sin x-ln x-1. 设g(x)=ex-sin x-ln x-1(x>1),则g'(x)=ex-cos x- 因为x>1,所以g'(x)=ex-cos x->e-1-1>0, 所以当x>1时,g(x)单调递增, 所以g(x)>e-sin 1-1>0,即h'(x)>0, 所以h(x)在区间(1,+∞)内单调递增, 所以h(x)>e+cos 1-1>0,即f(x)<成立. 综上,对任意x∈(0,+∞),恒有f(x)<成立. (2)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点. 若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a. ①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; ②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0,即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点; ③当a∈(0,1)时,由于1-+ln a<0,即f(-ln a)<0. 又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0, 所以f(x)在区间(-∞,-ln a)内有一个零点. 设正整数n0满足n0>ln, 则f(n0)=(a+a-2)-n0>-n0>-n0>0. 由于ln>-ln a,因此f(x)在区间(-ln a,+∞)内有一个零点. 综上所述,a的取值范围为(0,1). x2>x1+ (1)解 因为f(x)=ax-bx+e2, 所以f'(x)=axln a-b. ①当b≤0时,f'(x)>0恒成立,所以f(x)的单调递增区间是(-∞,+∞). ②当b>0时,当x<loga时,f'(x)<0; 当x>loga时,f'(x)>0, 所以f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是 (2)解 因为b>2e2,函数f(x)有两个不同的零点,由(1)知,有f<0, 即ln+e2<0,(*) 记g(t)=t-tln t+e2, 当t>1时,g'(t)=-ln t<0,所以g(t)在区间(1,+∞)内单调递减. 当t∈(0,1]时,g(t)=t(1-ln t)+e2>0, 又g(e2)=0,因此当且仅当t>e2时,g(t)<0. (*)式即为g<0,所以对任意b>2e2必须有>e2, 即b>e2ln a,得a≤e2.所以a∈(1,e2], 此时f(0)>0,f>0.故实数a的取值范围为(1,e2]. (3)证明 由于b>e4,由(2)知,当a=e时,函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,设x1<x2. 记mb为+1的整数部分, 则<mb+1,mb>1, 由题意只需证明f<0. 设函数φ(t)=-mbt-mbe2, 当t≥1时,φ'(t)=mb>0, 所以函数φ(t)在区间[1,+∞)内单调递增. 因为φ(1)<e-mb(e2+1)<0, φ()<<b<0. 注意到f=φ(bx1-e2), 因此只要证明φ(bx1-e2)<0,即只需验证1<bx1-e2< 因为f-1>0以及f<0, 即得<x1<<x2,故1<bx1-e2<得证.所以原命题得证. +x+ln x-1≥0; f(x)≥0等价于a≥. 令g(x)=(x>0),则g'(x)=-. (2)证明:当a=1时,由(1)得x≥ln x+1,即t≥ln t+1(t>0). 令=t,则-x-ln x=ln t,所以≥-x-ln x+1, 即+x+ln x-1≥0. (3)解:因为k(e-x+x2)≥x-xln x恒成立,即k≥1-ln x恒成立, 所以k≥=-+1. 由(2)知+x+ln x-1≥0恒成立,所以-+1≤1,则k≥1. 故实数k的取值范围为[1,+∞). (3)当x≥0时,ex≥1+x+x2,当且仅当x=0时,取等号; (4)当x≥0时,ex≥x2+1,当且仅当x=0时,取等号; (5)≤ln x≤x-1≤x2-x,当且仅当x=1时,取等号; (6)当x≥1时,≤ln x≤,当且仅当x=1时,取等号. ≥ln x+1. 所以当x>0时,ex-x2≥(e-2)x+1,变形可得x. 又因为x≥ln x+1,当且仅当x=1时,取等号(证明略), 所以ln x+1,当且仅当x=1时,取等号. $