2025届高三数学一轮总复习 第二章 专题一 高考中的导数应用问题

专题一高考中的导数应用问题第二章函数、导数及其应用第1课时导数方法证明不等式

利用导数研究函数的单调性、极值和最值，再根据单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合问题中的一个难点，也是近几年高考的热点.

解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是解题的关键.题型一单变量不等式的证明考向1利用移项构造法证明不等式[例1](2023年全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；【反思感悟】单变量不等式的证明方法

(1)移项法：将证明不等式f(x)＞g(x)[或f(x)＜g(x)]的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0[或f(x)－g(x)＜0]，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).

(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.(3)最值法：欲证f(x)＜a(a为常数)，可以证明fmax(x)＜a.【互动探究】考向2转化为两个函数的最值进行比较[例2]已知

f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；由m′(x)＜0得x＞1时，m(x)单调递减，由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)单调递增，【反思感悟】

在需要证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，则可以借助两个函数的最值进行证明.【互动探究】题型二双变量不等式的证明考向1利用换元法证明双变量不等式问题故函数g(x)在x∈(e，＋∞)上单调递减.又a＜b，且a，b∈(e，＋∞)，所以g(a)＞g(b)，联立消参利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a抓商构元令c＝

，消掉变量x1，x2构造关于c的函数h(c)用导求解利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论结合所证问题，巧妙引入变量c＝，从而构造相应的函数.其解题【反思感悟】换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再要点为：【互动探究】3.已知函数f(x)＝lnx－ax(x＞0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2).求证：x1x2＞e2.考向2极值点偏移问题[例4](2021年全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－lnx).(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证(1)解：由函数的解析式可得f′(x)＝1－lnx－1＝－lnx，∴x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，f(x)单调递减，则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.令h(x)＝f(x)－f(2－x)，则h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]在(0，1)上单调递减，∴h′(x)＞h′(1)＝0，故函数h(x)在(0，1)上单调递增，∴h(x1)＜h(1)＝0.∴f(x1)＜f(2－x1)，∴2＜x1＋x2，得证.同理，要证x1＋x2＜e，(方法一)即证1＜x2＜e－x1，根据(1)中f(x)的单调性，即证f(x2)＝f(x1)＞f(e－x1)，令φ(x)＝f(x)－f(e－x)，x∈(0，1)，则φ′(x)＝－ln[x(e－x)]，令φ′(x0)＝0，x∈(0，x0)，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，x∈(x0，1)，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，又0＜x＜e时，f(x)＞0，且f(e)＝0，故当x→0＋时，φ(x)→0，∴φ(1)＝f(1)－f(e－1)＞0，∴φ(x)＞0恒成立，∴x1＋x2＜e得证.(方法二)f(x1)＝f(x2)，x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，又x1∈(0，1)，故1－lnx1＞1，x1(1－lnx1)＞x1，∴x1＋x2＜x1(1－lnx1)＋x2＝x2(1－lnx2)＋x2，x2∈(1，e)，令g(x)＝x(1－lnx)＋x，g′(x)＝1－lnx，x∈(1，e)，在(1，e)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增，∴g(x)＜g(e)＝e，即x2(1－ln

x2)＋x2＜e，∴x1＋x2＜e，得证.【反思感悟】

当某一函数在其定义域上存在极值时，若极值点左右增减速度相同，则该函数图象为对称图形.若极值点左右增减速度不同，则会出现对称性消失，函数图象偏移，这种情况称为极值点偏移.近几年导数中双参问题经常出现，难度较大.破解含双参问题的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.【互动探究】4.(2022年南通市模拟)已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2.证明：x1＋x2>2.因为x<1，所以1－x>0，2－x>x，所以e2-x>ex，即e2-x－ex>0，所以H′(x)>0，所以H(x)在(－∞，1)上单调递增.所以H(x1)<H(1)＝0，即有g(x1)<g(2－x1)成立，所以x1＋x2>2.题型三活用两个与指对数相关的经典不等式两个与指对数相关的经典不等式

(1)对数形式：x≥1＋lnx(x＞0)，当且仅当x＝1时，等号成立. (2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x＞1＋lnx(x＞0，且x≠1).()ABCD

即{x|x＞－1，且x≠0}，所以排除选项D.

当x＞0时，由经典不等式x＞1＋lnx(x＞0)，

以x＋1代替x，得x＞ln(x＋1)(x＞－1，且x≠0)，

所以ln(x＋1)－x＜0(x＞－1，且x≠0)，即x＞0或－1＜x＜0时均有f(x)＜0，排除A，C，易知B正确.答案：B则g′(x)＝ex－x－1，由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上单调递增，且g(0)＝0.所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点.【互动探究】5.(2023年西固区校级模拟)已知函数f(x)＝ax2－xlnx.(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；

所以当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，

所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则gmax(x)＝g(1)＝1.第2课时利用导数研究恒(能)成立问题第二章函数、导数及其应用

“恒成立”问题与“存在性”问题是高中数学中的常见问题，它不仅考查了函数、不等式等传统知识，而且与导数的结合更是极大地丰富了该类问题的表现形式，充分体现了能力立意的原则，越来越受到命题者的青睐，成为高中数学的一个热点问题.题型一不等式恒成立问题考向1分离参数法求解恒成立问题(1)求函数g(x)的单调区间；(2)记F(x)＝g(x)－f′(x)，对任意的x≥0，F(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.解：(1)g(x)＝ex－2x＋sinx，函数定义域为R，则g′(x)＝ex－2＋cos

x且g′(0)＝0，令φ(x)＝g′(x)，φ′(x)＝ex－sinx，当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＝ex－sinx＞1－sinx≥0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)的单调递增区间为(0，＋∞).当x∈(－∞，0)时，g′(x)＝ex－2＋cos

x＜cos

x－1≤0，所以g(x)的单调递减区间为(－∞，0).则F(x)＝g(x)－f′(x)＝ex－2x＋sinx－ax2－1，且F(0)＝0，F′(x)＝ex＋cosx－2ax－2，x∈[0，＋∞)，

令G(x)＝F′(x)，G′(x)＝ex－sinx－2a，令H(x)＝G′(x)，x≥0时，H′(x)＝ex－cos

x≥1－cos

x≥0，所以G′(x)在[0，＋∞)上单调递增.所以F′(x)在[0，＋∞)上单调递增.所以F′(x)≥F′(0)＝0.所以F(x)在[0，＋∞)上单调递增.所以F(x)≥F(0)＝0恒成立.【反思感悟】

若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足fmin(x)≥a或gmax(x)≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而使问题得解.【互动探究】1.(2023年泸州市校级模拟)已知函数f(x)＝ex－ax2＋2ax＋b，f′(x)是其导函数.(1)讨论f′(x)的单调性；(2)对∀x∈R，(x－2)·f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.解：(1)函数f(x)的导函数f′(x)＝ex－2ax＋2a，f″(x)＝ex－2a，当a≤0时，f″(x)＞0，所以f′(x)在R上单调递增，当a＞0时，令f″(x)＞0，得x＞ln2a，令f″(x)＜0得，x＜ln2a，所以f′(x)在(－∞，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增，综上所述，当a≤0时，f′(x)在R上单调递增，当a＞0时，f′(x)在(－∞，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增.(2)因为对∀x∈R，(x－2)f(x)≥0恒成立，所以当x≥2时，f(x)≥0，当x≤2时，f(x)≤0，所以f(2)＝0.所以b＝－e2.所以f(x)＝ex－ax2＋2ax－e2且连续不断，f′(x)＝ex－2ax＋2a，f″(x)＝ex－2a，所以f′(x)＜f′(2)＜0.所以f(x)在(2，ln2a)上单调递减.所以f(x)＜f(2)＝0，不符合题意.②当x≤2时：所以f(x)≤0不恒成立.当a＝0时，f(x)＝ex－e2，考向2把参数看作常数，利用分类讨论方法解决[例2]已知函数f(x)＝lnx－ax，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围.(2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即lnx－a(x－1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立.设g(x)＝lnx－a(x－1)，x＞0，①当a≥1时，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减.所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1时满足题意.则g(x)在(1，＋∞)上单调递增.所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝0.即a≤0时不满足题意(舍去).综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞).【反思感悟】

对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数取值范围.【互动探究】2.已知f(x)＝ax2－2lnx，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x＞0，2－f(x)≤2(a－1)x恒成立，求整数a的最小值.题型二存在成立问题－ex2＋ax(e是自然对数的底数). (1)求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)存在x∈(0，＋∞)，g(x)＞0成立，求实数a的取值范围； (3)对任意的m∈(0，＋∞)，存在n∈[1，3]，有f(m)≤g(n)，求实数a的取值范围.则f(1)＝0，f′(1)＝1.即切点坐标为(1，0)，切线斜率k＝1.故f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝1×(x－1)，即x－y－1＝0.(2)∵x∈(0，＋∞)，g(x)＝－ex2＋ax＞0，∴a＞ex.∴原题意等价于存在x∈(0，＋∞)，a＞ex成立.又∵x＞0，e＞0，∴ex＞0.∴a＞0.故实数a的取值范围为(0，＋∞).【反思感悟】∃x∈[a，b]，f(x)≥m成立⇔fmax(x)≥m.∃x∈[a，b]，f(x)≤m成立⇔fmin(x)≤m.∃x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立⇔fmin(x)≤gmin(x).【互动探究】解：(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减；当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)＞0得x＜lna，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)＜0得x＞lna，所以f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞).第3课时利用导数研究函数的零点第二章函数、导数及其应用

函数的零点问题综合了函数、方程、不等式等多方面的知识，考查转化与化归、数形结合及函数与方程等数学思想.函数的零点问题常与其他知识相结合综合出题，解题难度较大，判断零点存在性及零点个数是考查的一个热点.

题型一判断、证明或讨论函数零点的个数直接法令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数画图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决【反思感悟】判断函数零点个数的3种方法【互动探究】(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；

(2)用max{m，n}表示m，n中的最大值，记函数h(x)＝max{f(x)，g(x)}(x＞0)，当a≥0时，讨论函数h(x)在(0，＋∞)上的零点个数.x(－∞，0)0(0，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗由f′(x)＞0，得x＜0或x＞1；由f′(x)＜0，得0＜x＜1，列表如下：∴f(x)的极大值为f(0)＝0，(2)由h(x)＝max{f(x)，g(x)}，知h(x)≥g(x).①当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，∴h(x)＞0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点.题型二已知函数零点个数求参数【反思感悟】解决此类问题常从以下两个方面考虑

(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件. (2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解.【互动探究】2.已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a的值.(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)·e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减.而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)解：设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点.①当a≤0时，h(x)＞