2025屆新高考數(shù)學(xué)沖刺復(fù)習(xí)導(dǎo)數(shù)的綜合運用

2025屆新高考數(shù)學(xué)沖刺復(fù)習(xí)導(dǎo)數(shù)的綜合運用題型清單目錄題型1與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的構(gòu)造函數(shù)題型2利用導(dǎo)數(shù)證明不等式題型3利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒(能)成立問題題型4利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點問題題型1與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的構(gòu)造函數(shù)抽象函數(shù)構(gòu)造的常見類型已知的不等式中所含結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)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)=exf(x),F'(x)=ex[f(x)+f'(x)]f(x)-f'(x)F(x)=

,F'(x)=

xf'(x)+2f(x)F(x)=x2f(x),F'(x)=x2f'(x)+2xf(x)xf'(x)-2f(x)F(x)=

,F'(x)=

例1

(2023湖南長沙?？紲y試,5)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f'(x),且(x+1)f(x)+xf'(x)>0對x∈

R恒成立,則下列函數(shù)在實數(shù)集內(nèi)一定是增函數(shù)的為

(

)A.y=f(x)

B.y=xf(x)C.y=exf(x)

D.y=xexf(x)

解析

設(shè)F(x)=xexf(x),則F'(x)=(x+1)exf(x)+xexf'(x)=ex[(x+1)f(x)+xf'(x)].∵(x+1)f(x)+xf'(x)>0對x∈R恒成立,且ex>0,∴F'(x)>0,∴F(x)在R上遞增,故選D.

答案

D解題技巧可根據(jù)題意,對選項逐一驗證,易得A,B,C不合題意.即練即清1.(2023江蘇揚州?？紲y試,6)定義在

上的函數(shù)f(x),f'(x)是它的導(dǎo)函數(shù),且恒有f(x)<f'(x)tanx成立,則

(

)A.

f

>

f

B.f(1)<2f

sin1C.

f

>f

D.

f

<f

D題型2利用導(dǎo)數(shù)證明不等式1.常見不等式(大題使用需要證明)(1)ex≥x+1,ex-1≥x,ex≥ex,e-x≥1-x.(2)lnx≤x-1(x>0),ln(x+1)≤x(x>-1),ln

≤

-1(x>0),lnx≥1-

(x>0).(3)ex≥1+x+

x2(x≥0),ex≤1+x+

x2(x≤0),lnx≤

x(x>0).2.常用方法:作差(商)比較法,放縮法,凸凹反轉(zhuǎn)法,指數(shù)找朋友法等.知識拓展1.凸凹反轉(zhuǎn)法:首先對原不等式進行等價變形,然后根據(jù)變形后的不等式構(gòu)造M(x)>N(x),轉(zhuǎn)化為證M(x)min>N(x)max.2.指數(shù)找朋友法:在證明或處理含指數(shù)函數(shù)的不等式時,通常要將指數(shù)型的函數(shù)“結(jié)

合”起來,即讓指數(shù)型的部分乘或除以一個多項式,這樣再對變形的函數(shù)求導(dǎo)后,無需

考慮指數(shù)型部分的值,使得后續(xù)解方程或求值的范圍更加簡單.這種變形過程,我們稱

為“指數(shù)找朋友”.例2

(2023廣東佛山二模,22改編)證明:ex-3x+2sinx-1≥0.

證明

指數(shù)找朋友法.欲證ex-3x+2sinx-1≥0,即證

-1≤0,令F(x)=

-1,則F'(x)=

,(多項式除以指數(shù)型的形式,只考慮分子部分即可)令q(x)=2-3x+2sinx-2cosx,則q'(x)=-3+2cosx+2sinx=2

sin

-3<0,所以函數(shù)q(x)單調(diào)遞減,且q(0)=0,所以當(dāng)x<0時,F'(x)>0,當(dāng)x>0時,F'(x)<0,所以函數(shù)F(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,+∞)上單調(diào)遞減,故F(x)≤F(0)=0,即

-1≤0,從而原不等式得證.即練即清2.(2018課標(biāo)Ⅲ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=

.(1)求曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線方程;(2)證明:當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥0.解析

(1)f'(x)=

,則f'(0)=2.因此曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線方程是2x-y-1=0.(2)證明:f(x)+e=

,所以證明f(x)+e≥0即證ax2+x-1+ex+1≥0,因為ex≥x+1,所以ex+1≥x+2,所以ax2+x-1+ex+1≥ax2+2x+1,即證ax2+2x+1≥0,因為a≥1,所以ax2+2x+1≥x2+2x+1=(x+1)2≥0.故a≥1時,f(x)+e≥0.題型3利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒(能)成立問題1.轉(zhuǎn)化策略一般有:(1)參數(shù)討論法;(2)分離參數(shù)法;(3)先特殊、后一般法等.2.常用的轉(zhuǎn)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.雙變量恒(能)成立問題的轉(zhuǎn)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屆江蘇南京師大附中入學(xué)測試,8)已知函數(shù)f(x)=x+xlnx,g(x)=kx-k,若k∈Z,且

f(x)>g(x)對任意x>e2恒成立,則k的最大值為(

)A.2

B.3

C.4

D.5

解析

f(x)>g(x),即x+xlnx>kx-k對任意x∈(e2,+∞)恒成立,所以k<

,即k<

.令u(x)=

,x∈(e2,+∞),則u'(x)=

.令h(x)=x-lnx-2,x∈(e2,+∞),h'(x)=1-

=

>0,所以h(x)在(e2,+∞)上單調(diào)遞增,所以h(x)>h(e2)=e2-4>0,可得u'(x)>0,所以u(x)在(e2,+∞)上單調(diào)遞增.所以u(x)>u(e2)=

=3+

∈(3,4).又k∈Z,所以kmax=3.故選B.

答案

B即練即清3.已知函數(shù)f(x)=lnx-a(x-1),a∈R,x∈[1,+∞),且f(x)≤

恒成立,求a的取值范圍.解析參數(shù)討論法.f(x)-

=

,構(gòu)造函數(shù)g(x)=xlnx-a(x2-1)(x≥1),g'(x)=lnx+1-2ax,令F(x)=g'(x)=lnx+1-2ax,F'(x)=

.①若a≤0,則F'(x)>0,g'(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,g'(x)≥g'(1)=1-2a>0,∴g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,g(x)≥g(1)=0,從而f(x)-

≥0,不符合題意.②若0<a<

,當(dāng)x∈

時,F'(x)>0,∴g'(x)在

上單調(diào)遞增,從而g'(x)≥g'(1)=1-2a>0,∴g(x)在

上單調(diào)遞增,g(x)≥g(1)=0,從而f(x)-

≥0,不符合題意.③若a≥

,則F'(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,∴g'(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,g'(x)≤g'(1)=1-2a≤0.∴g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,從而g(x)≤g(1)=0,f(x)-

≤0.綜上,a的取值范圍是

.題型4利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點問題1.函數(shù)零點問題的常見類型:(1)判斷或證明零點個數(shù).常用的方法有:①直接根據(jù)函數(shù)零點存在定理判斷;②將f(x)整理變形成f(x)=g(x)-h(x)的形式,通過y=g(x)的圖象與y=h(x)的圖象的交點個數(shù)

確定函數(shù)的零點個數(shù);③結(jié)合導(dǎo)數(shù),求函數(shù)的單調(diào)性,從而判斷函數(shù)零點個數(shù).(2)已知零點個數(shù)求參數(shù)范圍.(3)討論或者證明零點所滿足的分布特征.2.求函數(shù)的零點個數(shù)時,常用的轉(zhuǎn)化方法:參數(shù)討論法,分離參數(shù)法,數(shù)形結(jié)合法等.例4

(2022全國乙文,20,12分)已知函數(shù)f(x)=ax-

-(a+1)lnx.(1)當(dāng)a=0時,求f(x)的最大值;(2)若f(x)恰有一個零點,求a的取值范圍.

解析

(1)當(dāng)a=0時,f(x)=-

-lnx(x>0),∴f'(x)=

-

(x>0),令f'(x)=0,得x=1,x∈(0,1)時,f'(x)>0,x∈(1,+∞)時,f'(x)<0,∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.∴f(x)max=f(1)=-1.(2)f'(x)=a+

-

=

.(i)當(dāng)a≤0時,ax-1≤0恒成立,∴0<x<1時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,x>1時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,∴f(x)max=f(1)=a-1<0.此時f(x)無零點,不合題意.(ii)當(dāng)a>0時,令f'(x)=0,解得x=1或x=

,①當(dāng)0<a<1時,1<

,∴1<x<

時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,0<x<1或x>

時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,∴f(x)在(0,1),

上單調(diào)遞增,在

上單調(diào)遞減,f(x)的極大值為f(1)=a-1<0,x→+∞時,f(x)>0,∴f(x)恰有1個零點.②當(dāng)a=1時,1=

,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,f(1)=0,符合題意.③當(dāng)a>1時,

<1,f(x)在

,(1,+∞)上單調(diào)遞增,在

上單調(diào)遞減,f(x)的極小值為f(1)=a-1>0,x→0時,f(x)→-∞,∴f(x)恰有1個零點.綜上所述,a>0.即練即清4.(2023全國乙文,8,5分)函數(shù)f(x)=x3+ax+2存在3個零點,則a的取值范圍是

(

)A.(-∞,-2)

B.(-∞,-3)C.(-4,-1)

D.(-3,0)B5.(2021新高考Ⅱ,22,12分)已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex-ax2+b.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)從下面兩個條件中選一個,證明:f(x)有一個零點.①

<a≤

,b>2a;②0<a<

,b≤2a.解析

(1)∵f(x)=(x-1)ex-ax2+b,∴f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a).①當(dāng)a≤0時,ex-2a>0對任意x∈R恒成立,當(dāng)x∈(-∞,0)時,f'(x)<0,當(dāng)x∈(0,+∞)時,f'(x)>0.因此y=f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.②當(dāng)a>0時,令ex-2a=0?x=ln(2a).(i)當(dāng)0<a<

時,ln(2a)<0.y=f'(x)的大致圖象如圖1所示.

因此當(dāng)x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)時,f'(x)>0,當(dāng)x∈(ln(2a),0)時,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(ln(2a),0)上單調(diào)遞減.(ii)當(dāng)a=

時,ln(2a)=0,此時f'(x)≥0對任意x∈R恒成立,故f(x)在R上單調(diào)遞增.(iii)當(dāng)a>

時,ln(2a)>0,y=f'(x)的大致圖象如圖2所示.

因此,當(dāng)x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)時,f'(x)>0,當(dāng)x∈(0,ln(2a))時,f'(x)<0,