第4章 第4节 第1课时 导数与不等式-【名师大课堂】2027年高考数学艺术生总复习必备

第四章 导数及其应用 考点三用导数解决生活中的优化问题 又1=644 3,2-3>0→1<2， 例5某企业拟建造如图所 所以定义域为(0,2). 示的容器（不计厚度，长度 单位：米)，其中容器的中间 (2)因为y=-128m+16xr=16元(，-8) r 为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计 所以令y>0,得2<r<2; 要求容器的体积为”立方米.假设该容器 令y'<0,得0<r<2, 的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形 当r∈(2,2)时，f(r)为增函数； 部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分 当r∈(0,2)时，f(r)为减函数， 每平方米建造费用为4千元.设该容器的总建 8 所以当r=2,1=3时， 造费用为y千元. 该容器的建造费用最小为96π千元. (1)将y表示成r的函数f(r),并求该函数 的定义域 @名师点评 (2)讨论函数f(r)的单调性，并确定r和1 利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤 为何值时，该容器的建造费用最小，并求出 （1)分析实际问题中各量之间的关系，建立 最小建造费用. 实际问题的数学模型，写出实际问题中变 【解】（①国为客器的体积为“立方来， 量之间的函数关系式y=f(x). (2)求函数的导数f(x),解方程f(x)=0. 所以十1=，解得1--r (3)比较函数在区间端点和f(x)=0处的 3r231, 点的函数值的大小，最大（小）者为最大 所以圆柱的侧面积为 (小)值， 2=2- ）=128π8πr2 (4)回归实际问题作答. 3r 3, 两端两个半球的表面积之和为4π2， [针对训练] 所以)-器-】 5.现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角 3/ ×3+4πr2×4 截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一 _128+8元2， 个无盖方盒，该方盒容积的最大值是 第四节 导数的综合应用 第一课时 导数与不等式 考点知能突破 考点一导数法证明不等式 【解】(1)f(x)的定义域为(0，+∞)，f(x) =lnx十1-2=lnx-l,令f(x)=0得x=e. 例1已知函数f(x)=xlnx-2x. 将x,f(x),f(x)变化情况列表： (1)求f(x)的单调区间、极值； (0,e) e (e,十o∞) (2)若x>y>0,试确定f(x)-f(y)与 f'(z) 0 + xlny一ylnx的大小关系，并给出证明. f(x) 极小值 51 名师大课堂数学 可得(0，e)是f'(x)的递减区间， 目名师点评 (e,十o∞)是f(x)的递增区间，f'(x)在x=e (3)适当放缩构造法：一是根据已知条件适 处有极小值一e,无极大值， 当放缩，二是利用常见的放缩结论；nx< (2)f(x)-f(y)>xlny-ylnx.证明如下： <e(>0:千≤lnx+D≤x(x> [f(x)-f(y)]-(xln y-yln x) =xIn x-2x-yln y+2y-xln y+yln x -1);若x∈(0，)，则tanx>x>sinx; =xlnZ+yln工-2(x-y) 若x∈(0，+∞)，则e≥x+1>x-1≥ In z. [针对训练] =>1,Q(t)=tIn t+In t-2(t-1)(t>1), 1.(2025·全国一卷)(1)求函数f(x)=5cosx 则Q)=ln+1+}-2=ln+}-1cD 一cos5x在区间[0，]的最大值： (2)给定0∈(0，π)和α∈R,证明：存在y∈ 设M)=lnt+-1(t>1), [a-0,a+0们使得cosy≤cos0: (3)设b∈R,若存在9∈R使得5cosx 则M0=学>0>D. cos(5x十p)≤b对x∈R恒成立，求b的最 小值. 所以M(t)在(1，十o)上是递增函数. 所以M(t)>M(1)=0,即Q'(t)>0. 所以Q(t)在(1，十∞)上是递增函数. 所以Q(t)>Q(1)=0. 又y>0,所以(*)>0， 所以f(x)-f(y)>xlny-ylnx. 口名师点评 利用导数证明不等式的方法 (1)构造法：证明f(x)<g(x),x∈(a,b), 可以构造函数F(x)=f(x)一g(x),如果 F(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数， 则只需F(a)≤0，由减函数的定义可知， x∈(a,b)时，有F(x)<0,即证明了f(x) <g(x). (2)最值比较法：证明f(x)<g(x),x∈ (a,b)时，若构造函数F(x)=f(x)一g(x) 后，F(x)的单调性无法确定，可考虑f(x) 的最大值与g(x)的最小值，如果f(x)mx <g(x)mm,可证：f(x)<g(x). 52 第四章导数及其应用 考点二单变量不等式恒成立问题 自名师点评 2.求解含参不等式恒成立问题的关键是过 例2已知函数f(x)=1+lnz 好“双关” (1)若函数f(x)在区间(a,a十号)上存在极 通过分离参数法，先转化为f(a) 值，求正实数a的取值范围； 转化 ≥g(x)(或f(a)≤g(x)对Hx∈ (2)如果当≥1时，不等式了)≥车7恒 D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)mmx (或f(a)≤g(x)min） 成立，求实数的取值范围， 【解】(1)函数的定义域为(0，十∞)， 求最 求函数g(x)在区间D上的最大值 f'(r)=1-1-Inz=_Inz, 值关 (或最小值)问题 令f'(x)=0,得x=1. 当x∈(0,1)时，f(x)>0,f(x)单调递增； [针对训练] 当x∈(1，+∞)时，f(x)<0,f(x)单调递减. 所以x=1为函数f(x)的极大值，点，且是唯 2.(2026·石嘴山模拟)设函数f(x)=1nx十 x 一的极值点， k∈R 所以0<a<1<a+分故号a<1. 1 (1)若曲线y=f(x)在点(e,f(e)处的切线 与直线x一2=0垂直，求f(x)的单调性和 即正实教。的取值范周为（分，小 极小值（其中e为自然对数的底数）； (2)当x≥1时，k≤x+1)1+n恒成立， (2)若对任意的x1>x2>0,f(x1)一f(x2) 2 <x1一x2恒成立，求k的取值范围. 令g(x)=z+1)1+ln(x≥1). 2 x1+lnx+1+1)-(G+1D1+ln) 则g(x) x =x-In x x 再令h(x)=x-lnx(x≥1)， 则)=1-0， 所以h(x)≥h(1)=1,所以g'(x)>0, 所以g(x)为单调增函数， 所以g(x)≥g(1)=2, 故≤2，即实数k的取值范围是（一○，2]. 。名师点评 1.分离参数法解含参不等式恒成立问题的 思路 用分离参数法解含参不等式恒成立问题 是指在能够判断出参数的系数正负的情 况下，可以根据不等式的性质将参数分 离出来，得到一个一端是参数，另一端是 变量表达式的不等式，只要研究变量表 达式的最值就可以解决问题. 53(2)由题意知f'(x)=3.x2一a≤0在（一1,1）上恒成立，所 以a≥3.x2在(-1,1)上恒成立， 因为当-1<x<1时，3.x2<3,所以a≥3，所以a的取值 范围为[3，十∞). (3)由题意知f(x)=3.x2-a,则f(.x)的单调递减区间 为（要） 又f(x)的单调递减区间为（一1,1）， 所以@=1，解得a=3. 3 (4)由题意知：f(x)=3x2一a,当a≤0时，f'(x)≥0，此 时f(x)在（一∞，十∞）上为增函数，不合题意，故a>0. 令f(x)=0,解得x=±3@ 3 因为f(x)在区间（一1,1）上不单调，所以f'(x)=0在 （-1,1)上有解，需0<3@<1，得0<<3， 3 所以实数a的取值范围为(0,3). 第三节导数与函数的极值、最值 基础知识必备 1.(1)极大值f(xo)(2)极小值f(x0) 2.极值端点处的函数值f(a),f(b) 考点知能突破 针对训练 1.ABD根据导函数f'(x)的图象可知，f(x)在区间 [一子0]上单润递诚，在区间[0，]上单词遂增，所以 f(x)在x=0处取得极小值，没有极大值.所以选项A、B、 D正确，选项C错误. 2.答案：-4 解析：f(x)=(x-2)'[(.x-1)(x-a)]+(x-2)[(.x-1) (x-a)]'=(x-1)(x-a)+(x-2)[(x-1)(x-a)],因 为x=2是函数f(x)的极值点，所以f(2)=0,即(2-1) (2一a)=0,则a=2,经检验，满足题意，所以f(x)=(x 1)(x-2)2,所以f(0)=一4. 3.B利用导数求函数最值 解法一（导数法）由f(x)=十2，得f(x) ex+a (er+a)2 (e+a),因为f(x)的定义城 e2+a)-(x+2)e_a-(.x+1)e 为开区间，f(x)有最大值，所以f(x)在极值点处取最大 值，设f()=0,得a=e,(+1),代入fo)=+2 ex。十a =1,得x0十2 c(0十2=1.即e5=1.解得0=0，所以a e。(x0+1)=e0(0十1)=1.故选B. 解法二（分离参数法）由选项知a>0,所以ex十a恒大 于0.由f()=十2≤1对任意x∈R恒成立，得r十2≤ exta ex十a,即x十2一era对任意x∈R恒成立且等号成立 设g(x)=x十2-e2,则g'(x)=1-e.当x<0时，g'(x) >0,g(x)单调递增；当x>0时，g(x)<0,g(x)单调递 减.所以g(x)max=g(0)=1,所以a=1.故选B. 4.解：(1)易知f(x)的定义域为(0，十∞)，当a=一1时， )=-x+nf)=-1+上，◆f)=0, 得x=1.当0<x<1时，f'(x)>0;当x>1时，f(x)<0. 所以f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，十o∞)上是减函数. 所以f(x)nmax=f(1)=一1.所以当a=一1时，函数f(x)在 (0,十∞)上的最大值为一1. 3 2fx)=a+xeo.e,e[g+o)月 ①若a≥-1，则f(r)≥0，从而f(.x)在(0，]上是增函 e 数，所以f(x)max=f(e)=ae十1≥0，不符合题意； ②若a<-1,令f(x)>0得a+上>0，结合r∈(0，e], e 解得0<-2◆f(x0得a+0,结合re0, ,解得-<≤0从而f)在(0，日)上为增高数， 在(-日上为减西数，所以f)=(日) -1+1(-2) 令-1+1n(-）=-3得1n(-）】 -2,即a=-e2. 因为一e2<一】，所以a=一e为所求，故实数a的值为 e -e2. 2 5.答案：270 解析：容积V=(a-2x)2x,0<x<号，则V=2(a-2x) ×(-2x)+(a-2.x)2=(a-2x)(a-6.x),由V'=0得 x=合或x=号（含去），则=合为V在定义战内唯一的 极大旋点也是最大位点，此时Vx=品c。 第四节导数的综合应用 第一课时导数与不等式 考点知能突破 针对训练 1.解：(1)解法一：第1步：求f(x) 因为f(x)=5cosx-cos5.x, 所以f'(x)=-5sinx+5sin5.x. 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sinx=sin5x,又xe0,,所以x= 5x或x=π-5x, 所以x=0或x=6, 所以x,f(x),f(x)的关系如表所示： 0 (o.) 6 (] f'(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 第3步：求八)在区间[0，至]的最大值 因为f(晋）=50s吾-0誓-3， 所以高数fr)=5cosr-c0s5r在区间[0，]的装大 值为3√3. 解法二：第1步：求f(x) 因为f(x)=5cosx-cos5.c,所以f(x)=-5sinx+5sin5.x. 第2步：对f(x)提取公因式，进行分析 f'(r)=5(sin .rcos 4x+sin 4.xcos r-sin x)=5sin x (cos4x+4cos2x·cos2x-1)=5sinx·4cos2x(1- 4sinx), 06 易得当xe[0,]时，5simx·4cos2x≥0，令f(x)>0, 得xe(0,) 令f)<0,得r(告，] 第3步：写出x,f'(x),f(x)的关系 所以x,f(x),f(x)的关系如表所示： x 0 (o,吾） 石 (后] f'(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 第4步：求x)在区间[0，至] 的最大值 因为f()=5c0s石-c0=3, 6 6 所以画数x)=5c0sr-0s5x在区间[0，晋]的最大 值为3√3. 解法三：第1步：求导并化简 由题得f'(.x)=-5sinx+5sin5.x=5X2cos 5x+x 2 sin-10sin 2rcos3r. 2 第2步：写出x,f'(x),f(x)的关系 ,得sin2x≥0，故x,f(x),f(x)的关系如 表所示： 0 (.吾) (] f'(x) 0 大于0 0 小于0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 第3步：求f(x)在区间0，灭 的最大值 因为f(行）=5cos π=35， -c0s6 所以函数f(x)=5c0sr-cos5r在区间0,4] ,的最大 值为3√3. (2)解法一：第1步：根据周期性写出α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≤20和a>20两种情况讨论 当a≤20时，a一0≤0，则0∈[a-0,a十0)，此时存在y=0, 使得cosy=cos0; 当a>20时，0<a-02π-0， 作出余弦函数的大致图象（如图所示）， a-02π-0 0 2π 所以cos(a一0)≤cosf, 只需要取y=a一0，即可得到cosy≤cos0. 第3步：得出结论 综上可得，给定0∈(0，π)和a∈R,存在y∈[a一0，a十0] 使得cosy≤cosB. 解法二（反证法）：第1步：假设结论不正确 假设cosy>cos0对任意y∈[a一0，a十们恒成立. 30 第2步：根据余弦函数的图象与性质得出y的取值范围 由cosy>cos0得2kπ-0<y<2kπ十0，k∈Z,这与a∈R, 任意y∈[a-0,a+0]矛盾， 所以假设不正确，故一定存在y∈[a一0，a十]使得cosy cos 0. 解法三（综合法）：第1步：利用两角和与差的余弦公式探 寻关系 因为cos(a+0)+cos(a-0)=2 cos acos0≤2cos0, 所以cos(a十0)与cos(a-0)中必有一个小于等于cos0. 第2步：反证法证明以上结论 否则cos(a十0)>cos0,cos(a-0)>cos0,这与cos(a十0) 十cos(a-0)=2 cos acos02cos0矛盾. 第3步：得出结论 所以一定存在y=a-0或y=a十0，使得cosy≤cos0, 所以对于给定0∈(0，π)和a∈R,存在y∈[a一0，a十0们使 得cosy≤cos0. (3)第1步：特殊值p=0探路 令h(x)=5cosx-cos(5x+p),当p=0时，因为h(x)= h(-x), h(x)=h(x十2π)，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，由(1)可知h(x)在 (0,)上单调道增，在（答）上单调递减，在 (晉x)上单调递增，站合对称性，及A(x)=一4，可知r [0,2π)时h(x)3√3，所以此时b的最小值为3√3. 第2步：根据φ的任意性，将问题进行转化 要证3√5为b的最小值，对于任意的p,只需要证明h(x) 的最大值不小于3√3， 只需要证明存在x0,使得h(xo)≥3√5. 第3步：利用(2)的结论进行求解 当x0≤若时，令w=5x0十9， 由(2)可知，取0=吾0=9，可得存在 w∈[一晋+e晋+y]使得cosw<a晋-一g 2 所以h(.x0)=5cosx0-cos(5.x0十p)=5cosx0-cosy0≥ 5x9(-9）=3 综上可得，bmin=3√3. 2解，1)由条件释了)-子兰>0 因为曲线y=f(x)在，点(e,f(e))处的切线与直线x一2= 0垂直， 所以f(e=0,即1-=0，解得k=c, e e2 所以)=专学>0以 由f'(x)<0得0<x<e:由f(x)>0得x>e. 所以f(x)在(0，e)上单调递减，在(e,十∞)上单调递增， 当x=e时，f(x)取得极小值，且f(e)=lne十。=2. e 所以f(x)的极小值为2. (2)由题意知对任意的x1>x2>0,f(x1)一x1<f(x2) x2恒成立， 设h(x)=f(x)-x=lnx+ k-x(x>0): 则h(x)在(0，十∞)上单调递减， 所以h'(x)=1-飞 一1≤0在(0，十∞)上恒成立， x 故当0时-+=-（合》+行板成2， 又-（一)+则≥实数的取范 )+4≤4 是[+ 第二课时导数与函数零点 考点知能突破 针对训练 1.解：(1)f(x)=- er? 令f'(.x)>0,解得x>1,令f(x)<0,解得0<x<1, 所以f(x)在(0,1)上单调递减， 在(1，十∞)上单调递增. (2)F'(x)=fx)=1+g-3, 由(1)得3x1,x2,满足0<x1<1<c2, 使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1,x2)上小于0，在(x2, 十∞)上大于0， 即F(.x)在(0，x1)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减，在 (x2,十∞)上单调递增， 而F(1)=0,x*0时， F(x)→一∞，x→十∞时， F(x)→+∞， 画出函数F(x)的草图，如图 所示. 01 1X2 故F(x)在(0，十∞)上的零点 有3个 2.解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R, 又f(0)=1-a=2,得a=-1, 所以f(x)=e2-x+1,求导得f'(x)=ex-1. 易知f(x)在[一2,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增， 所以当x=0时，f(x)在[一2,1]上取得最小值2. (2)由(1)知f'(x)=ex+a,由于ex>0, ①当a>0时，f'(x)>0,f(x)在R上是增函数， 当x>1时，f(x)=ex+a(x-1)>0; 当x<0时，取x=一1 则（日k+a(&-)-a<0, 所以函数f(x)存在零点，不满足题意， ②当a<0时，令f(x)=0,得x=ln(-a) 在(-o∞，ln(-a)上，f(x)<0,f(x)单调递减， 在(ln(-a),十o∞)上，f'(x)>0,f(x)单调递增， 所以当x=ln(一a)时，f(x)取最小值. 函数f(.x)不存在零点，等价于f(In(-a)=eln(-a)十 aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0, 解得-e2<au0. 综上所述，实数a的取值范围是（一e2,0) 微专题（一）导数中函数的构造问题 跟踪训练 1.答案：(-2,0)U(2,十∞) 解析：构造函数g(x)=xf(x),其中f(x)为奇函数 且x≠0， 则g(-x)=(-x)2f(-x)=-x2f(x)=-g(x), 所以函数g(x)为奇函数， 且g(2)=0,g(-2)=-g(2)=0, 当x>0时，g(x)=x2f(x)+2.xf(x)=x[xf(x)+ 2f(x)]>0, 所以函数g(x)在(0，十o∞)上单调递增， 3 因为函数g(x)为奇函数，故函数g(.x)在(-o∞，0)上单调 递增， 故x2f(x)>0→g(x)>0, 当x<0时，g(x)>0=g(-2),可得-2<x<0; 当x>0时，g(x)>0=g(2),可得x>2. 综上所述，不等式xf(x)>0的解集为（一2,0）U(2,十∞). 2.A令p(x)=e'f(x)-e,x∈R, 则9'(x)=erf(x)十ef'(x)-e =e[f(x)+f(x)-1]. 又f(x)+f'(x)>1,.f(x)+f(x)-1>0, .9(x)>0, .o(x)在定义域上是增函数， 不等式exf(x)>ex十1可化为exf(x)一ex>1, 又p(0)=e°f(0)-e°=1， .原不等式等价于(x)>o(0),故x>0, .原不等式的解集为{x|x>0}. 3.B4g(r)=f(r)sin r,g(r)=f(r)cos r+f(r)sin r, 当x∈(-受，0）时恒有f(x)cosx十fx)sinx>0,所以 g(x)>0,则g(x)=f(x)sinx在(-，0）上单调递增， 所以g（-百)>g(-)则-2f(-)> (-平)即(-晋)<(-至)选项A储 误(-晋)>g-.则-2f(-晋>-号1(-哥 又f(x)为奇函数，所以-f(-x)=f(x),即f(否)> -f(-苔)，选项B正确：g(-)<g(-于)，则 f(-苓)>f(-),所以f(受)<f(),选 项C错误：由5f(-于)>Ef(-平)，得-5f(于)> 巨f(-于)，选项D错误。 1Ine 4.(1)D(2)D(1)易知a=2e=2e b=Inz.=In3 In 3 32×3' 令fx)=l9(r>0), 2.x 则r=l22f0a>e 所以f(x)在(e,十∞)上单调递减， 又因为e<3<π， 所以f(e)>f(3)>f(π)，即a>c>b. (2)构造函数f(x)=(22一x)lnx,x≥10， f(x)=-lnx+2-1, f(x)=-1nx+22-1在[10，十o)上单调递减， x 且f10)=-h10+号-1=号-ln10<号-1ne= g-2<0. 所以(x)=-lnx+2-1<0在[10，十o0)恒成立， 故f(x)=(22一x)lnx在[10，十o∞)上单调递减， 所以f(10)>f(11)>f(12), 即12ln10>11ln11>10ln12, 所以1012>1111>1210，即a>b>c. 8