微专题 5 导数的综合应用-【创新教程】2027年高考数学大二轮专题增分方案学生用书

数学 跟踪训练 规律方法》 2.若曲线Cy=t与曲线C:y=g(a>0)存 运用导数与斜率之间的关系可以将两曲线 a 公切线的切点表示出来，构造新的函数，通 在公切线，则实数a的取值范围是( 过零点存在定理判断函数零点个数，即方 A.(0,1) B1,别 程解的情况. 跟踪训练 c[f2] 3.已知函数f(x)=x2一4x十4，g(x)= 专点】 判断公切线条数 x1,则f(x)和g(x)的公切线的条数为 () 典题例析 A.3 B.2 [例3]曲线C,:y=x2与曲线C2:y=lnx C.1 D.0 公切线的条数是 ( ©温攀提 A.0B.1 C.2 D.3 学习至此，请完成配套训练素养培优1 微专题5导数的综合应用 ★[高考定位]利用导数解决恒成立问题、零点问题、不等式证明、等式等高考的重点和热 点，经常以解答题形式出现，难度较大，常常利用函数的最值或构造新函数来解决。 研析考点层级突破 考点一利用导数处理不等式恒成立、能成立问题 (3)当x>0时，f(k+x)十f(k-x)> 典题例析 2f(k),求的最小值. [例1](2026·全国Ⅱ卷)已知函数f(x) =xe+ax+b,曲线y=f(x)在点(0， f(0)处的切线方程为y=一2x十1. (1)求a,b; (2)当x>0时，f(x十m)一f(x)>m,求 m的取值范围； 14 [第一部分]专题一函数与导数、不等式 …方法归纳》 春点二利用导数研究函数的零点或方程的根 破解以函数为背景的不等式恒成立问题 典题例析 需要“一构造、一分类”.“一构造”是指通 [例2](2026·北京卷)设函数f(x)= 过不等式的同解变形，构造一个与背景函 x2十mx-4e-1(n∈Z),曲线y=f(x)在 数相关的函数；“一分类”是指在不等式恒 点（一1，f(-1))处的切线方程为4x+ 成立问题中，常需对参数进行分类讨论， e2y+e2+8=0. (1)求m,n的值； 求出参数的范围，有时也可以利用分离参 (2)求f(x)的极值点个数； 数法，即将不等式分离参数，转化为不含 (3)求直线y=kx-1(k>0)与曲线y= 参数的函数的最值问题，利用导数求该函 f(x)的交点个数. 数的最值.一般地，a>f(x)对x∈D恒成 立，只需a>f(x)max;a<f(x)对x∈D恒 成立，只需a<f(x)mim: 跟踪训练 已知函数fx)-名，其中e=2.71828 为自然对数的底数. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)≤e-1; (3)设g(x)=f(x)-e2x+2ae-4a2+1 (a∈R),若存在实数x。使得g(xo)≥0， 求a的最大值. …方法归纳》… 三步解决方程解（或曲线公共点）的个数问题 第一步：将问题转化为函数的零点个数问 题，进而转化为函数的图象与x轴（或直 线y=)在该区间上的交点个数问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上 的单调性、极值、端点值等性质，进而画出 其图象； 第三步：结合图象求解， 跟踪训练 若函数f(x)=e十x(2-x)e-x在 (0,+∞)上没有零点，则实数入的取值范 围为 15 数学 春点 利用导数证明不等式问题 跟踪训练 典题例析 已知函数f(x)=（x十k)ln(x十1)-kz」 x十 [例3]已知函数f(x)=ln(1+a.x)-x, k∈[2，十∞). 其中a>0. (1)讨论函数f(x)的单调性； (1)当a=2时，求曲线y=f(x)在(0，f(0) 处的切线方程； (2)当n∈N'时，求证：ln(m十1)<3n 4 (2)求f(x)的单调区间； (3)当a>1时，设f(x)的两个零点为x1, ,求证十>2名 …方法归纳》 用导数证明不等式的方法 (1)利用单调性：若f(x)在[a,b]上是增函 数，则①Hx∈[a,b],有f(a)≤f(x)≤ f(b);②Hx1,x2∈[a,b],且x1<x2,有 f()<f(x2),对于减函数有类似结论. (2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最 大值M(或最小值m),则Hx∈D,有 f(x)≤M(或f(x)≥m). (3)证明f(x)<g(x),可构造函数F(x) ⊙温馨提 =f(x)-g(x),证明F(x)≤0. 学习至此，请完成配套训练专题精准强化5 16y=x的导数为y=2x,y=lnx的导数为y'=1 则在切，点（x1,x)处的切线方程为y一x=2x1(x一x1), 即y=2x1x-x1, 则在切，点(x2,lnx2)处的切线方程为 y-ln西=1(z-2),即y=1x+ln,-1, T2 1 :2x= xi=1-In z2, 整理得到x-lnx1=1十ln2, 令f(x)=x2-lnx,x∈(0，十o∞)， 则f(x)=2x-1=2z2-1. x x f(x)≥0→x≥2：f(x)≤0→0<xY2,】 2” 上单调递减， y=f(x) y=1+In 2 在区同（+小上单增， 0 1+ln2, 即函数f(x)与y=1十1n2的图象如图所示， 由图可知，函数f(x)的图象与直线y=1十ln2有两个交 点，则方程x2-lnx=1十ln2有两个不相等的正根，即 曲线C:y=x2与曲线C2:y=nx公切线的条数是2. [答案]C 跟踪训练 3.A 微专题5导数的综合应用 研析考点层级突破 考点一 例1[解](1)f(x)=xe十ax十b,x∈R, 由切点(0，f(0)在直线y=一2x十1上，也在函数f(x) 图象上， 可知f(0)=一2X0+1=1且f(0)=0·e°+a·0+b= b,可得b=1; 由f(x)=(x十1)e十a,则切线的斜率为f(0)=1十a =-2, 解得a=一3；故a=-3,b=1. (2)由(1)知，f(x)=xe-3x+1, 则f(x十m)-f(x)-m=(x十m)e+m-xe2-3(x十m) +3x-m-(x+m)e+m-xe*-4m, 故题意可转化为(x十m)e+m-xe2一4m>0对任意x> 0恒成立， 法一：令g(x）=(x十m)e+m-xe-4m,x>0, 则g'(x)=(x十m十1)e+m-(x十l)e =e[(x+m+1)e"-(x+1)], 当m>0时，由x+m+1>x+1>0且e">1>0, 则(x十m+1)e-(x十1)>0， 即g'(x)>0, 则g(x)在(0，十∞)上单调递增， 又g(0)=me"-4m, 要使g(x)>0对任意x>0恒成立，则mem-4m≥0，解 得m≥2ln2; 当m=0时，f(x十m)一f(x)=0>0不成立； 当m<0时，0<e"<1,x+m+1<x+1,且x+1>0, 则(x+m+1)e-(x+1)<(x+1)em-(x+1) =(x+1)(em-1)<0, 即g(x)<0,则g(x)在(0，十∞)上单调递减， 又当x→十∞时，g(x)→一∞，不满足题意； 综上所述，m的取值范围为[21n2,十∞). 22 讲解册参考答案 法二： 不等式(x十m)e+m-xe2-4m>0可转化为 (x十m)e+m-xe-4m>0, 即(x十m)e"-x一 4m>0对任意x>0恒成立， e 当m=0时，f(x十m)-f(x)=0>0不成立； 当m<0时，设h(x)=(x十m)e二x-0,x>0) 当x→十o∞时，由m<0,可知e"-1<0, h(x)=(e-1)x+me-4n-o, 这与h(x)>0对任意x>0恒成立矛盾； 当0<m<2ln2时，h(0)=mem-4m =m(em-4)<0, h(2ln 2)=h(In 4)=(m+In 4)e-In 4-m> (m+ln4)·1-ln4-m=0, 由()=e-1+4>0, e 故h(x)在(0，十∞)上单调递增， 故h(x)在(0，十∞)上存在唯一零点，设为x, 且当0<x<x。时，h(x)<h(xo)=0, 即z+m)e"-xe-4m<0, e 此时不等式f(x十m)一f(x)>m不成立； 当m≥21n2时，(r)=e”-1+4n>0, e 则h(x)在(0，十∞)上单调递增， 由x>0,故h(x)>h(0)=mem-4m≥0， 故不等式(x十m)e"-x 0>0, 即f(x十m)-f(x)>m恒成立， 综上所述，m的取值范围为[2ln2,十o∞) (3)法一：设F(x)=f(x+k)+f(k-x)-2f(k),x>0, 则F(x)=f(x十k)一f(k-x) =(x十k十1)e+-(k-x十1)e-x =(x十k十1)e++(x-k-1)e-, 令x(x)=(x十k+1)e++(x-k-1)e-r, 则t(x)=(x十k十2)e++(2十k-x)e-z, 其中F(0)=0,F'(0)=0, x(0)=2(k十2)e. 当k=-2时，x'(x)=xe-2+(-x)e2 =xe2(e2-ez)>0, 则F(x)在(0，十∞)上单调递增，故F(x)>F(0)=0, 故F(x)在(0，十o)上单调递增，故F(x)>F(0)=0, 即当x>0时，f(x十b)+f(k一x)>2f()恒成立，满足 题意； 当k>-2时，设p(k)=(x十k十2)e+十(2十k-x)e-x =[e(k+x+2)+e(k-x+2)]e =[(e+er)(k+2)+x(e-er)]e, 由x>0,k>-2,可知e+ex>0且k十2>0， 则(e十e)(k+2)+x(e-ex)>0, 可知(k)在(-2，十∞)上单调递增， 故p(k)>p(-2)=xe-2+（-x)e2- =xe2(e-er)>0,即x(x)>0, 故F(x)在(0，十∞)上单调递增， 故F(x)>F(0)=0, 故F(x)在(0，十∞)上单调递增， 故F(x)>F(0)=0, 即当x>0时，f(x十)十f(k一x)>2f()恒成立，满足 题意； 当k<一2时，此时x'(0)=2(k+2)e<0,又F(0)=0, 则存在正实数x。,使得Hx∈(0，xo),F(x)<0, 数学 则F(x)在(0，xo)上单调递减，则F(x)<F(0)=0, 即当0<x<x,f(x十k)+f(k-x)<2f(k),不满足 题意； 综上所述，k≥一2，即k的最小值为一2. 法二：由f(x十)十f(k-x)>2f(k)可得 (k+x)e+-3(k+x)+1+(k-x)e--3(k-x)+1> 2(ke-3k+1), 则(k十x)e++(k-x)e-r>2ke, 即(k十x)e+(k-x)e>2k, 则k(e2十ez-2)>x(ez-e), 由x>0,可知e十e>2, 则e十ex-2>0, 故原不等式可转化为>(e一e) e'+ex-21 由(e-e2-z(e音+e)(e音-e) e十ex-2 (e毫-e)2 =x(e竞+e)=x(e+1) e音-ei e*-1 设G(x)=《e十，x>0, 则G(x)=-[(x+1De+1](e-1)-xe(e+1D (ew-1)9 =e-2xe'-1 (e2-1)2’ 设M(x)=e2-2xe-1,x>0, 令t=e',则H(t)=t2-2tlnt-1,t>1, 由H'(t)=2t-2(1+lnt)=2(t-1-lnt), 再令P(t)=t-1-lnt,t>1, pa0=1-->0, t 故P(t)在(1，十∞)上单调递增， 故P(t)>P(1)=0,则H'(t)>0, 故H(t)在(1，十∞)上单调递增， 所以H(t)>H(1)=0, 即M(x)>0,G(x)<0, 故G(x)在(0，十∞)上单调递减， 又由洛必达法则可知 1imG(x)=-limx+1)e+1--2, x+0 e 故要使当x>0时，k>G(x)恒成立，则k≥一2，即k的最 小值为一2. 跟踪训练 解：(1)f(x)的定义战为R,f(x)=1, 所以当x<1时，f(x)>0;当x>1时，f(x)<0. 所以f(x)的增区间为（一∞，1），减区间为(1，十∞). (2)要证f(x)≤e-1,即证≤e-1, 令h()=是-e+1,即证(x)≤0， h'(x)=1-x-e2 ,令m(x)=1-x-e2,则m(x)= e 一1-2e24<0,所以m(x)在R上单调递减，又m(0)=0, .当x<0时，m(x)>0,h'(x)>0; 当x>0时，m(x)<0,h'(x)<0. ∴.h(x)在(-∞，0)上单调递增，在(0，十∞)上单调递减， .h(x)≤h(0)=0,所以工≤e-1,即f(x)≤e-1得证. e (3)当0a≤号时，g0)=2a-4d=2a(1-2a)≥0，即存 在x。=0满足题意； 当a>2时，由(2)知， 29 g(x)=f(x)-e2+2ae-4a2+1≤ (e2-1)-e2x+2ae2-4a2+1 =-e2+(2a+1)e-4a2 =-（e-2a+1)'+6a+1D1-2a≤ 2 4 (6a+1)(1-2a2<0, 4 ∴.此时g(x)<0恒成立，不满足题意： 综上，所以a的最大值为2 考点二 例2[解](1)f(x)=2x十m-4nem-1, 则f(-1)=-2十m-4nem-1=-4e2 f-1)=1-m-4e1=-c=8+4=-1-4e, e 又n∈乙，解得m=2 (n=1 (2)由(1)得f(x)=x2+2x-4e-1, 则f(x)=2x+2-4e-1=2(x+1-2e-1), 令g(x)=x十1-2e-1, 则g(x)=1-2e2-1, 令g'(x)=1-2e-1=0,解得x=1-ln2, 则当x∈(-∞，1-ln2)时，g'(x)>0, 当x∈(1-ln2,十∞)时，g'(x)<0, 故g(x)在(-o∞，1-ln2)上单调递增， 在(1-1n2,十o)上单调递减， 又g(1-ln2)=1-ln2+1-2ea2=1-ln2>0, g(-1)=-1+1-2e2=-2e2<0, g(1)=1+1-2e°=0， 故存在x1∈（一1,1一ln2),使得f(x1)=0,且有f(1) =0, 则当x∈(-∞，1)U(1,十∞)时，f(x)<0,当x∈(x1,1) 时，f(x)>0, 故f(x)在(-∞，x1),(1,十∞)上单调递减，在(x,1)上 单调递增， 故f(x)有两个极值点. (3)令x2+2x-4e-1=kx-1, 则x2+2x-4e-1-kx十1=0， 令h(x)=x2+2x-4e-1-kx+1, 则h'(x)=2x十2-4e-1-k=2g(x)-k; 若b≥2g(1-ln2)=2-2ln2, 则h'(x)≤0恒成立（不恒为零）， 故h(x)在R上单调递减， 又h(0)=-4e1+1=1-4<0, e 当x→一∞时，h(x)→十∞，故h(x)在R上有唯一零，点， 即y=kx-1(k>0)与f(x)有唯一交点； 若0<k<2-2ln2时，2g(x)一k=0有两个实根， 设这两个实根分别为工x4,且x3<x4, 则x3∈(x1,1-ln2),x4∈(1-ln2,1), 则当x∈(-o∞，x3)U(x4,+∞)时，h'(x)<0, 当x∈(x3,x4)时，h'(x)>0, 故h(x)在(-∞，x),(x4,十∞)上单调递减，在(x3,x4) 上单调递增， 故h(x3)为h(x)的极小值，h(x,)为h(x)的极大值， 且h(xg)h(x4), 由h'(x4)=2x4十2-4e4-1-k=0, 则4e4-1=2x4十2-k, 则h(x4)=x十2x4-4e41-kx4十1 =x十2x4-(2x,+2-b)-kx4十1 =x-kx4十k-1=(x4-1)[x4-(k-1)门， 由0<k≤2-2ln2,则k-1≤1-2ln2<x4, 则有x4-1<0、x4-(k-1)>0, 故h(x4)<0,则h(x3)<h(x4)<0, 6 又x→一∞时，h(x)十∞， 故h(x)在(-∞，x3)上存在唯一零点， 即y=kx一1(k>0)与f(x)有唯一交点； 综上所述：直线y=kx一1(k>0)与曲线y=f(x)的交点 个数为1. 跟踪训练 解析：因为f(x)=十x(2-xe-,则f(2)=号≠0， 令f()=0,显然x≠2，则λ=2(x-②)” e 令gx）--2)x∈0,2U2,+oo), 则g(x）=e(x-2x)-e(3x2-4) x4(x-2)3 =(x-1)(x-4)e x3(x-2)2 令g(x)=0,得1=4，x2=1,所以，当x变化时，g'(x), g(x)变化如下表： x(0,1) 1 (1,2)(2,4) 4 (4,十∞) g'(x) 十 0 0 :单调 g(x)递增 单调单调极小值 极大值递减递减 单调 递增 所以，函数g(x)的增区间为(0,1)，(4，十∞)，减区间为 (1,2),(2,4), 、e 且极大值为g(1)=-e,极小值为g(4)=32 当x→0时，g(x)→一0， 当x→2时（从左边趋于），g(x)→一∞； 当x→2时（从右边趋于），g(x)→十∞， 当x→+∞时（从右边趋于），g(x)→十∞ 由周象可知，当-e<A<D时，直线 y=入与曲线y=g(x)没有交点， 32 即f(x)在(0，十∞)上没有零点. 0 24 因此，实数入的取值范围 e" 是(-e32 答案：一e32) 考点三 例3[解](1)当a=2时，f(x)=ln(1+2x)-x, 2 则f(x)=1+2z-1,即f(0)=1,f0)=0, 故所求切线方程为y=x. (2)由f(x)=ln(1+ax)-x,a>0, -1=ata1(x> 则f(x)=1十ax 1+ax 令f>0,则-8<a<1-日 a 1 令f(x)<0,则x>1一 a 故f)的单润远增区间为（一日，1一日）单调递减区 间为(1-a+∞） (3)当a>1时，1-1>0， 由(2)知f(x)在（日1-]上单洞递蹄，在 (1-日+∞)上单河递减， 又f(0)=0,所以x=0是f(x)的一个较小的零，点，不妨 设x1=0, 22 讲解册参考答案 要证十>2-2，只需证，>2- 因为2-)>1-日，且fx)在(1-+∞）上单 调递减， 从而只需证f(2-名)）>fx,)=0即可. -)[+a-月-2+ =h(2a-1D-2+2, 令8=ln(2z-1)-2+2>10, g仙一益二>06准+)上单消路 8>g)=0,即证(2吕)>0，即证4+>2号 跟踪训练 解：/心)=a+1》-年的定义线为(-1，+eo. ra-, 1 2 ①当=2时，f(x)≥0，f(x)在(-1，十o∞)上单调递增； ②当k>2时，x∈（-1,0)时，f(x)>0,f(x)在(-1,0) 上单调递增. x∈(0，k2-2k)时，f(x)<0,f(x)在(0，k-2k)上单调 递减， x∈(k-2k,十∞)时，f(x)>0,f(x)在(k2-2k,十∞)上单 调递增. (21得，当k=3时，)=ln+1D-平g) 在(0,3)上单调递减， 即当x∈(0,3)时，f(x)<f(0)=0, 所以1n(x+1)<3r x十3 3 令x=(mEN)得，nm+1< 3 3 m m 1+33m+i4 m 即lnm十13 4’ 所以1n+n+…+n -1a+1<号+…+号-得江 素养培优2导数中函数的构造问题 研析考点层级突破 考点一 例1[解析]构造函数g(x)=,其中x≠0， 因为函数f(x)为定义在(-∞，0)U(0,十∞)上的奇函 数，则f(一x)=一f(x), 所以g(-x=二=f=g(x, 一x x 故函数g(x)为偶函数， 当x<0时，g()=f()f<0, x2 所以函数g(x)在（一∞，0）上单调递减， 在(0，十∞)上单调递增， 因为f1)=0,则g1)=f0=0,则g(-1D=g1)=0. 1 因为e>2,所以g(e)>g(2),即fe>f2), e 2； 2f(e)>ef(2),故A正确；