2024高考数学课件 导数的综合运用讲解册

题型清单
目 录
题型1 与导数有关的构造函数
题型2 利用导数证明不等式
题型3 利用导数研究不等式恒(能)成立问题
题型4 利用导数研究函数零点问题
2024高考数学课件　导数的综合运用讲解册
题型1　与导数有关的构造函数抽象函数构造的常见类型已知的不等式中所含结构
构造函数的方向xf '(x)-f(x)
F(x)= ,F'(x)= xf '(x)+f(x)
F(x)=xf(x),F'(x)=f(x)+xf '(x)f(x)+f '(x)
F(x)=e x f(x),F'(x)=e x [f(x)+f '(x)]f(x)-f '(x)
F(x)= ,F'(x)= xf '(x)+2f(x)
F(x)=x 2f(x),F'(x)=x 2f '(x)+2xf(x)xf '(x)-2f(x)F(x)= ,F'(x)= f (x)x 2xf '(x)f (x)x -x f (x)e x f '(x)f (x)e -2f (x)x 3xf '(x)2f (x)
x
-
例1 (2023湖南长沙校考测试,5)已知函数f(x)的导数为f '(x),且(x+1)f(x)+xf '(x)>0对x∈R恒成立,则下列函数在实数集内一定是增函数的为 ( )
A.y=f(x)
B.y=xf(x)
C.y=e x f(x)
D.y=x e x f(x)
 解析设F(x)=x e x f(x),
则F'(x)=(x+1)e x f(x)+x e x f '(x)
=e x[(x+1)f(x)+xf '(x)].
∵(x+1)f(x)+xf '(x)>0对x∈R恒成立,且e x>0,∴F'(x)>0,∴F(x)在R上递增,故选D.
 答案D
解题技巧
可根据题意,对选项逐一验证,易得A,B,C不合题意.
即练即清
1.(2023江苏扬州校考测试,6)定义在 上的函数f (x ), f '(x )是它的导函数,且恒有f (x )<f '(x )tan x 成立,则 ( ) A. f > f B.f (1)<2f sin 1 C. f >f D. f <f 0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭
34π⎛⎫ ⎪⎝⎭23π⎛⎫ ⎪⎝⎭6π⎛⎫ ⎪⎝⎭
26π⎛⎫ ⎪⎝⎭4π⎛⎫ ⎪⎝⎭36π⎛⎫ ⎪⎝⎭3π⎛⎫ ⎪⎝⎭
D
题型2　利用导数证明不等式
1.常见不等式(大题使用需要证明)
(1)e x ≥x +1,e x -1≥x ,e x ≥e x ,e -x
≥1-x .(2)ln x ≤x -1(x >0),ln(x +1)≤x (x >-1),
ln ≤ -1(x >0),ln x ≥1- (x >0).(3)e x ≥1+x + x 2(x ≥0),e x ≤1+x + x 2(x ≤0),ln x ≤ x (x >0).1x 1x 1x 12121e
2.常用方法:作差(商)比较法,放缩法,凸凹反转法,指数找朋友法等.
知识拓展
1.凸凹反转法:首先对原不等式进行等价变形,然后根据变形后的不等式构造M(x)> N(x),转化为证M(x)min>N(x)max.
2.指数找朋友法:在证明或处理含指数函数的不等式时,通常要将指数型的函数“结合”起来,即让指数型的部分乘或除以一个多项式,这样再对变形的函数求导后,无需考虑指数型部分的值,使得后续解方程或求值的范围更加简单.这种变形过程,我们称为“指数找朋友”.
例2 (2023广东佛山二模,22改编)证明:e x -3x +2sin x -1≥0.
证明 指数找朋友法.
欲证e x -3x +2sin x -1≥0,即证 -1≤0,令F (x )= -1,则F '(x )= ,(多项式除以指数型的形式,只考虑分子部分即可)令q (x )=2-3x +2sin x -2cos x ,
则q '(x )=-3+2cos x +2sin x =2 sin -3<0,所以函数q (x )单调递减,且q (0)=0,所以当x <0时,F '(x )>0,当x >0时,F '(x )<0,
所以函数F (x )在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
32sin 1e x x x -+32sin 1e x x x -+232sin 2cos e
x x x x -+-24x π⎛⎫+ ⎪⎝
⎭
故F (x )≤F (0)=0,即 -1≤0,
从而原不等式得证.
32sin 1e x x x -+
即练即清
2.(2018课标Ⅲ文,21,12分)已知函数f (x )= .(1)求曲线y =f (x )在点(0,-1)处的切线方程;
(2)证明:当a ≥1时, f (x )+e ≥0.
2
1e x ax x +-
解析 (1)f '(x )= ,则f '(0)=2.因此曲线y =f (x )在点(0,-1)处的切线方程是2x -y -1=0.
(2)证明:f (x )+e= ,所以证明f (x )+e ≥0即证ax 2
+x -1+e x +1≥0,因为e x ≥x +1,所以e x +1≥x +2,
所以ax 2+x -1+e x +1≥ax 2+2x +1,
即证ax 2+2x +1≥0,
因为a ≥1,所以ax 2+2x +1≥x 2+2x +1=(x +1)2≥0.2(21)2e
x ax a x -+-+211e e
x x ax x ++-+故a ≥1时, f (x )+e ≥0.
题型3　利用导数研究不等式恒(能)成立问题
1.转化策略一般有:(1)参数讨论法;(2)分离参数法;(3)先特殊、后一般法等.
2.常用的转化方法:
(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max;
(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min;
(3)a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min;
(4)a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
3.双变量恒(能)成立问题的转化方法:
(1)∀x1∈M,∃x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min;
(2)∀x1∈M,∀x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max;
(3)∃x1∈M,∃x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min;
(4)∃x1∈M,∀x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
例3 (2024届江苏南京师大附中入学测试,8)已知函数f (x )=x +x ln x ,g (x )=kx -k ,若k ∈Z,且f (x )>g (x )对任意x >e 2
恒成立,则k 的最大值为( )A.2 B.3 C.4 D.5
解析 f (x )>g (x ),即x +x ln x >kx -k 对任意x ∈(e 2,+∞)恒成立,
所以k < ,即k < 
.令u (x )= ,x ∈(e 2,+∞),则u '(x )= .令h (x )=x -ln x -2,x ∈(e 2,+∞),
h '(x )=1- = >0,ln 1x x x x +-min ln 1x x x x +⎛⎫ ⎪-⎝⎭ln 1
x x x x +-2ln 2(1)x x x ---1x 1x x
-
所以h (x )在(e 2
,+∞)上单调递增,所以h (x )>h (e 2)=e 2
-4>0,可得u '(x )>0,所以u (x )在(e 2,+∞)上单调递增.
所以u (x )>u (e 2)= =3+ ∈(3,4).又k ∈Z,所以k max =3.故选B.
223e e 1-23e 1
- 答案 B
即练即清
3.已知函数f (x )=ln x -a (x -1),a ∈R,x ∈[1,+∞),且f (x )≤ 恒成立,求a 的取值范围.ln 1
x x +解析　参数讨论法.
f (x )- = ,构造函数
g (x )=x ln x -a (x 2
-1)(x ≥1),g '(x )=ln x +1-2ax ,令F (x )=g '(x )=ln x +1-2ax ,F '(x )= .①若a ≤0,则F '(x )>0,g '(x )在[1,+∞)上单调递增,g '(x )≥g '(1)=1-2a >0,
∴g (x )在[1,+∞)上单调递增,g (x )≥g (1)=0,
ln 1x x +2
ln (1)1x x a x x --+12ax x
-
从而f (x )- ≥0,不符合题意.②若0<a < ,当x ∈ 时,F '(x )>0,ln 1
x x +1211,2a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭
∴g '(x )在 上单调递增,从而g '(x )≥g '(1)=1-2a >0,
∴g (x )在 上单调递增,g (x )≥g (1)=0,从而f (x )- ≥0,不符合题意.③若a ≥ ,则F '(x )≤0在[1,+∞)上恒成立,∴g '(x )在[1,+∞)上单调递减,g '(x )≤g '(1)=1-2a ≤0.
11,2a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭
11,2a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ln 1x x +12
∴g (x )在[1,+∞)上单调递减,从而g (x )≤g (1)=0, f (x )- ≤0.ln 1
x x +综上,a 的取值范围是 .1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
题型4　利用导数研究函数零点问题
1.函数零点问题的常见类型:
(1)判断或证明零点个数.常用的方法有:
①直接根据函数零点存在定理判断;
②将f(x)整理变形成f(x)=g(x)-h(x)的形式,通过y=g(x)的图象与y=h(x)的图象的交点个数确定函数的零点个数;
③结合导数,求函数的单调性,从而判断函数零点个数.
(2)已知零点个数求参数范围.
(3)讨论或者证明零点所满足的分布特征.
2.求函数的零点个数时,常用的转化方法:参数讨论法,分离参数法,数形结合法等.
例4 (2022全国乙文,20,12分)已知函数f (x )=ax - -(a +1)ln x .(1)当a =0时,求f (x )的最大值;
(2)若f (x )恰有一个零点,求a 的取值范围.
1x
解析 (1)当a =0时, f (x )=- -ln x (x >0),∴f '(x )= - (x >0),
令 f '(x )=0,得x =1,
x ∈(0,1)时, f '(x )>0,x ∈(1,+∞)时, f '(x )<0,
∴f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f (x )max =f (1)=-1.
(2)f '(x )=a + - = .(i)当a ≤0时,ax -1≤0恒成立,
∴0<x <1时, f '(x )>0, f (x )单调递增,
x >1时, f '(x )<0, f (x )单调递减,1x 21x 1x 21x 1a x +2(1)(1)ax x x
--
∴f (x )max =f (1)=a -1<0.
此时f (x )无零点,不合题意.
(ii)当a >0时,令f '(x )=0,解得x =1或x = ,①当0<a <1时,1< ,∴1<x < 时, f '(x )<0, f (x )单调递减,0<x <1或x > 时, f '(x )>0, f (x )单调递增,∴f (x )在(0,1), 上单调递增,在 上单调递减, f (x )的极大值为f (1)=a -1<0,x →+∞时, f (x )>0,∴f (x )恰有1个零点.
1a 1a 1a 1a
1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭
②当a =1时,1= , f (x )在(0,+∞)上单调递增, f (1)=0,符合题意.③当a >1时, <1, f (x )在 ,(1,+∞)上单调递增,在 上单调递减,f (x )的极小值为f (1)=a -1>0,x →0时, f (x )→-∞,∴f (x )恰有1个零点.
综上所述,a >0.
1a
1a 10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭
即练即清
4.(2023全国乙文,8,5分)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 ( )
B A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1)
D.(-3,0)
5.(2021新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f (x )=(x -1)e x -ax 2+b .
(1)讨论函数f (x )的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: f (x )有一个零点.
① <a ≤ ,b >2a ;②0<a < ,b ≤2a .122e 212
解析 (1)∵f (x )=(x -1)e x -ax 2+b ,
∴f '(x )=x e x -2ax =x (e x
-2a ).①当a ≤0时,e x
-2a >0对任意x ∈R 恒成立,当x ∈(-∞,0)时, f '(x )<0,
当x ∈(0,+∞)时, f '(x )>0.
因此y =f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
②当a >0 时,令e x
-2a =0⇒x =ln(2a ).(i)当0<a < 时,ln(2a )<0.y =f '(x )的大致图象如图1所示.
12
因此当x ∈(-∞,ln(2a ))∪(0,+∞)时, f '(x )>0,
当x ∈(ln(2a ),0)时, f '(x )<0,
所以f (x )在(-∞,ln(2a ))和(0,+∞)上单调递增,在(ln(2a ),0)上单调递减.
(ii)当a = 时,ln(2a )=0,此时f '(x )≥0对任意x ∈R 恒成立,故f (x )在R 上单调递增.(iii)当a > 时,ln(2a )>0,y =f '(x )的大致图象如图2所示.
1212
因此,当x ∈(-∞,0)∪(ln(2a ),+∞)时, f '(x )>0,当x ∈(0,ln(2a ))时, f '(x )<0,
所以f (x )在(-∞,0)和(ln(2a ),+∞)上单调递增,在(0,ln(2a ))上单调递减.
(2)选①.
证明:由(1)知, f (x )在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a ))上单调递减,在(ln(2a ),+∞)上单调递
增,又f (0)=b -1>0,f = <0,所以f (x )在(-∞,0]上有唯一零点.
b a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1b a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭e b
a -
当x ∈(0,+∞)时,
f (x )≥f (ln(2a ))=[ln(2a )-1]·2a -a [ln(2a )]2
+b =a ln(2a )[2-ln(2a )]+b -2a >a ln(2a )[2-ln(2a )].
因为 <a ≤ ,所以0<ln(2a )≤2,所以f (x )>0对任意x >0恒成立.
综上, f (x )在R 上有唯一零点.
选②.
证明:由(1)知f (x )在(-∞,ln(2a ))上单调递增,
在(ln(2a ),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
122e 2
f(0)=b-1<0,
当x→+∞时, f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞),
使得f(x0)=0.
结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点.
当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=a ln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,即f(x)<0对任意x<0恒成立.综上, f(x)在R上有唯一零点.。