(共36张PPT)
突破1 利用导数求参数的值或范围
2025
考点一 与单调性有关的参数范围问题
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围.
∴m'(x)在(0,+∞)单调递减,
则m'(x)<1-ln 1-1=0,则m(x)在(0,+∞)单调递减,
∴m(x)<0-2ln 1+0=0,即g(x)在(0,+∞)单调递减,
(方法二)令g(x)=ax2+x-(x+1)ln(x+1),x>0,
则g'(x)=2ax+1-ln(x+1)-1=2ax-ln(x+1).
∵x+1>1,∴ln(x+1)>0.
当a≤0时,g'(x)<0,g(x)在(0,+∞)单调递减,∴f'(x)<0,f(x)单调递减,不符合题意;
当a>0时,令h(x)=2ax-ln(x+1),x>0,则
(ⅰ)当a≥ 时,h'(x)>0恒成立,
∴g'(x)在(0,+∞)单调递增,
∴g'(x)>0-ln 1=0,即g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)单调递增,
∴g(x)>0+0-0=0恒成立,
即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)单调递增,符合题意.
[对点训练1](2024河北石家庄模拟)已知函数f(x)=ax2-ln|x|+x(a∈R).
(1)若a=1,求f(x)的单调区间和极值;
(2)若f(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上均为单调函数,求实数a的取值范围.
考点二 与极值有关的参数范围问题
例2(2024新高考Ⅱ,16)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=ex-x-1,则切点为(1,e-2).又f'(x)=ex-1,k=f'(1)=e-1,故所求切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),整理得(e-1)x-y-1=0.
(2)由题得,f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0恒成立,则f(x)在R上为增函数,无极值,所以a>0.
令f'(x)=0,得x=ln a.
当f'(x)<0时,x
0时,x>ln a,故函数f(x)在区间(-∞,ln a)上单调递减,在区间(ln a,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(ln a)=a-aln a-a3<0,即1-ln a-a2<0.令g(x)=-x2-ln x+1,x>0,g'(x)=-2x- <0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递减.又g(1)=0,所以g(a)1,故a的取值范围为(1,+∞).
[对点训练2](2024四川成都二模)已知函数f(x)=(x+a)ln x的导函数为f'(x).
(1)当a=1时,求f'(x)的最小值;
(2)若f(x)存在两个极值点,求a的取值范围.
当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)min=h(1)=2,即f'(x)的最小值为2.
①当a≤0时,因为x-a>0,所以g'(x)>0,即f'(x)在(0,+∞)内单调递增,
所以至多存在一个x0∈(0,+∞),使得f'(x0)=0,故f(x)不存在两个极值点.
②当a>0时,解g'(x)=0,得x=a,
故当x∈(0,a)时,g'(x)<0,f'(x)单调递减,当x∈(a,+∞)时,g'(x)>0,
f'(x)单调递增,所以f'(x)min=f'(a)=ln a+2,
(ⅰ)当ln a+2≥0,即a≥e-2时,f'(x)≥f'(x)min≥0,f(x)在(0,+∞)内单调递增,
故f(x)不存在极值点.
且f(x)在(0,x1),(x2,+∞)内单调递增,在(x1,x2)内单调递减,
所以x1,x2分别是y=f(x)的极大值点和极小值点.
综上,a的取值范围为(0,e-2).
考点三 与最值有关的参数范围问题
例3(2024四川遂宁二模)已知函数f(x)=ex-ax-2.
(1)若f(x)在区间(0,1)内存在极值,求a的取值范围;
(2)若x∈(0,+∞),f(x)>x-sin x-cos x,求a的取值范围.
解 (1)由f(x)=ex-ax-2,得f'(x)=ex-a,
当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)单调递增,f(x)不存在极值.
当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln a,
若x若x>ln a,则f'(x)>0,f(x)单调递增,所以x=ln a是f(x)的极小值点.
因为f(x)在区间(0,1)存在极值,则0所以f(x)在区间(0,1)内存在极值时,a的取值范围是(1,e).
(2)由f(x)>x-sin x-cos x当x∈(0,+∞)时恒成立,
即ex+cos x+sin x-(a+1)x-2>0当x∈(0,+∞)时恒成立.
设g(x)=ex+cos x+sin x-(a+1)x-2,则g(x)>0当x∈(0,+∞)时恒成立.
则g'(x)=ex-sin x+cos x-(a+1),
令m(x)=g'(x)=ex-sin x+cos x-(a+1),则m'(x)=ex-cos x-sin x,
令n(x)=m'(x)=ex-cos x-sin x,则n'(x)=ex+sin x-cos x,
当x∈(0,1)时,ex+sin x>1,则n'(x)=ex+sin x-cos x>0,
当x∈[1,+∞)时,ex≥e,则n'(x)>0,
所以当x∈(0,+∞)时,n'(x)>0,则n(x)即m'(x)单调递增,
所以m'(x)>m'(0)=0,则m(x)即g'(x)单调递增,
所以g'(x)>g'(0)=1-a,
①当a≤1时,g'(0)=1-a≥0,故当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,则g(x)单调递增,所以g(x)>g(0)=0,
所以f(x)>x-sin x-cos x在x∈(0,+∞)时恒成立.
②当a>1时,g'(0)=1-a<0,
故在区间(0,ln(a+3))内函数g'(x)存在零点x0,即g'(x0)=0,
由于函数g'(x)在(0,+∞)内单调递增,则当x∈(0,x0)时,g'(x)故函数g(x)在区间(0,x0)内单调递减,
所以,当x∈(0,x0)时,函数g(x)综上所述,a的取值范围为(-∞,1].
[对点训练3](2024江苏常州模拟)已知函数f(x)=ax2-ln x+(2a-1)x,其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调区间;
(2)设a>0,若不等式f(x)+ ≥0对x∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围.
考点四 与函数零点(方程的根)有关的参数范围问题
例4(2024辽宁锦州模拟)已知函数f(x)=x3-aln x.
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;
(2)函数f(x)在区间(1,e]上存在两个不同的零点,求实数a的取值范围.
[对点训练4](2024山东潍坊一模)已知函数f(x)=2mln x-x+ (m>0).
(1)讨论f(x)的单调性;
设k(x)=-x2+2mx-1,则Δ=4(m2-1),
①当0则当0x2时,k(x)<0,即f'(x)<0;当x10,即f'(x)>0,
即函数f(x)在(0,x1),(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增,
所以当0由(1)知,当0当m>1时,由(1)知,f(x)的两极值点x1,x2满足x1x2=1,所以函数f(t)的两个极值点t1,t2满足t1t2=1,不妨设0本 课 结 束(共31张PPT)
突破3 利用导数研究函数的零点
2025
在近几年的高考中,函数与方程、不等式的交汇是考查的热点,常以指数函数、对数函数以及三角函数为载体考查函数的零点(方程的根)问题,难度较大,多以压轴题出现.
利用导数研究函数零点的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后,通过极值的正负、函数单调性判断函数图象走势,从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围.
(2)数形结合法求解零点
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性,画出草图,数形结合确定其中参数的范围.
(3)构造函数法研究函数零点
①根据条件构造某个函数,利用导数确定函数的单调区间及极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求解.
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.
考点一 判断或证明函数零点的个数
例1(2024江西南昌模拟)已知函数f(x)=x(x-3)+(x+2)ex.
(1)求函数f(x)的最小值;
(2)若g(x)=f(x)+x(3- x)+ln x+ex(x2-3x-1),求函数g(x)的零点个数.
解 (1)(方法一)因为f(x)=(x+2)ex+x2-3x,
所以f'(x)=(x+3)ex+2x-3.记m(x)=f'(x),则m'(x)=(x+4)ex+2,
①当x≤-3时,(x+3)ex≤0,2x-3≤-9,可得f'(x)<0,故函数f(x)在区间(-∞,-3]上单调递减.
②当x>-3时,(x+4)ex>0,m'(x)>0,可知函数m(x)单调递增,
又m(0)=0,所以当-30时,m(x)>0,
所以函数f(x)在区间(-3,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
由①②知函数f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞),
故f(x)min=f(0)=2.
(方法二)因为f(x)=(x+2)ex+x2-3x,
所以f'(x)=(x+3)ex+2x-3.令m(x)=f'(x),则m'(x)=(x+4)ex+2,
令t(x)=m'(x),则t'(x)=(x+5)ex,当x<-5时,t'(x)<0,t(x)单调递减,
当x>-5时,t'(x)>0,t(x)单调递增,故t(x)min=t(-5)=-e-5+2>0,
所以m'(x)>0,故f'(x)在定义域上单调递增.
易知f'(0)=0,故当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,故f(x)min=f(0)=2.
当00;当x00,g'(x)<0;
当x>1时,h(x)>0,g'(x)>0,
所以g(x)在区间(0,x0)内单调递增,在区间(x0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增,
[对点训练1](2024福建宁德模拟)已知函数f(x)=ex-4sin x,其中e为自然对数的底数.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)证明:f(x)在[0,+∞)上有两个零点.
(1)解 因为f(x)=ex-4sin x,所以f'(x)=ex-4cos x,则f(0)=1,f'(0)=-3,故所求切线方程为y-1=-3(x-0),即3x+y-1=0.
(2)证明 设g(x)=f'(x)=ex-4cos x,则g'(x)=ex+4sin x.
显然当x∈[0,π]时,g'(x)>0,当x∈(π,+∞)时,g'(x)>eπ-4>0,
所以f'(x)在[0,+∞)内单调递增.
考点二 根据函数零点的个数求参数范围
例2(2024江苏常州模拟)已知函数f(x)=1+ln x+2ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个零点,求a的取值范围.
[对点训练2](2024北京怀柔模拟)已知函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1).
(1)当a=e时,求函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若函数f(x)存在两个极值点,设x1是极小值点,x2是极大值点,若x1解 (1)当a=e时,f(x)=2ex-ex2,f(0)=2,f'(x)=2ex-2ex,f'(0)=2,
所以函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-2=2(x-0),即y=2x+2.
(2)f(x)=2ax-ex2,f'(x)=2(ax·ln a-ex),
设g(x)=ax·ln a-ex,由题设g(x)有两个变号零点x1,x2,
且在x1的左侧附近,g(x)<0,在x1的右侧附近,g(x)>0,
在x2的左侧附近,g(x)>0,在x2的右侧附近,g(x)<0.
又g'(x)=ax·(ln a)2-e,
若a>1,则g'(x)为R上的增函数,
当x∈(-∞,u)时,g'(x)<0,当x∈(u,+∞)时,g'(x)>0,
故g(x)在(-∞,u)内单调递减,在(u,+∞)内单调递增.
因为g(x)有两个变号零点x1,x2(x1此时在x1的左侧附近,g(x)>0,在x1的右侧附近,g(x)<0,这与题设矛盾,
故0此时当x∈(-∞,u)时,g'(x)>0,当x∈(u,+∞)时,g'(x)<0,
故g(x)在(-∞,u)内单调递增,在(u,+∞)内单调递减,故g(u)>0,
考点三 函数零点(方程根)的证明问题
例3(2024江西赣州一模)已知函数f(x)=ex-1-ln x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)已知m>0,若函数g(x)=f(x)-m(x-1)有唯一的零点x0,证明:1(1)解 f(x)的定义域是(0,+∞),
∴当x>0时,l(x)即f'(x)为增函数,又f'(1)=0,
∴当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)证明 ∵g(x)=f(x)-m(x-1)=ex-1-ln x-mx+m(m>0),
∴g'(x)=ex-1- -m(x>0,m>0).
由(1)可知g'(x)在(0,+∞)内单调递增,且g'(1)=-m<0,
又g'(1+m)=em- -m>em-(m+1).
设φ(x)=ex-(x+1),则φ'(x)=ex-1,当x>0时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,当x<0时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
∴φ(x)≥φ(0)=0,当且仅当x=0时等号成立,∴g'(1+m)>em-(m+1)>0.
∴存在唯一的t∈(1,1+m) (1,+∞),使得g'(t)=0.
∴当x∈(0,t)时,g'(t)<0,g(x)单调递减;当x∈(t,+∞)时,g'(t)>0,g(x)单调递增,
∴g(x)min=g(t)=et-1-ln t-mt+m.
设p(x)=ex-x2,则p'(x)=ex-2x,设q(x)=ex-2x,则q'(x)=ex-2,
由ex-2<0,得x由ex-2>0,得x>ln 2,此时q(x)单调递增.
则q(x)min=q(ln 2)=2-2ln 2>0,
则p'(x)>0,∴p(x)=ex-x2单调递增,
当x>0时,p(x)>p(0)=1,∴ex-x2>0,即ex>x2.
设k(x)=ln x-x+1,则k'(x)= 由k'(x)<0,得x>1,此时k(x)单调递减,
由k'(x)>0,得0[对点训练3](2024江苏徐州模拟)已知函数f(x)=ex+x2-x(ln x+a-1),其中a∈R,e为自然对数的底数.
当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当0(2)证明 由于x1,x2(x1故φ(a)=g(1)=e+2-a<0,故a>e+2,0令m(x)=(x-1)ex-x,则m'(x)=xex-1,
当x>e时,m'(x)>0,m(x)单调递增,则m(x)>m(e)=(e-1)ee-e>0,
故h'(x)>0,h(x)单调递增,
故h(a)>h(e+2)>h(e)=ee-1>0,则g(a)=h(a)>0,
所以由零点存在定理可知,1本 课 结 束(共25张PPT)
突破2 利用导数证明问题
2025
导数与不等式的交汇命题是高考的热点和难点,在利用导数证明不等式的问题中,常用的方法有构造函数、适当换元、合理放缩、利用最值、有界性、不等式及其性质等.
考点一 构造差函数法证明不等式
例1(2023新高考Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+ .
(1)解 f'(x)=aex-1,x∈R.
①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减.
②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln =-ln a.
随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表:
x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞)
f'(x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间;
当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
[对点训练1](2024四川广安二模)已知函数f(x)=ex-ax-1.
(1)若f(x)存在极值,求a的取值范围;
(2)若a≤1,x∈(0,+∞),证明:f(x)>x-sin x.
(1)解 由f(x)=ex-ax-1,x∈R,得f'(x)=ex-a,
当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)单调递增,f(x)不存在极值;
当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln a,
当x当x>ln a,则f'(x)>0,即f(x)在(ln a,+∞)内单调递增.
所以x=ln a是f(x)的极小值点,所以当a>0时,f(x)存在极值.
综上所述,f(x)存在极值时,a的取值范围是(0,+∞).
(2)证明 欲证不等式f(x)>x-sin x在x∈(0,+∞)时恒成立,
只需证明ex+sin x-(a+1)x-1>0在x∈(0,+∞)时恒成立.
设g(x)=ex+sin x-(a+1)x-1,x∈(0,+∞),
则g'(x)=ex+cos x-(a+1),
令m(x)=g'(x)=ex+cos x-(a+1),x∈(0,+∞),则m'(x)=ex-sin x.
当x∈(0,+∞)时,ex>1,-1≤-sin x≤1,所以m'(x)>0,
所以m(x)即g'(x)在(0,+∞)内单调递增,所以g'(x)>g'(0)=1-a,
因为a≤1,
所以g'(0)=1-a≥0,
故当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)内单调递增,所以g(x)>g(0)=0,即当a≤1,x∈(0,+∞)时,不等式f(x)>x-sin x恒成立.
考点二 分离函数法证明不等式
例2(2024安徽合肥模拟)已知函数f(x)=ax-ln x,a∈R.
(1)若函数F(x)=f(x)-x2有两个极值点,求a的取值范围;
F(x)有两个极值点,
所以方程-2x2+ax-1=0有两个不相等的正实根,
当0当x10,F(x)单调递增;
当x>x2时,F'(x)<0,F(x)单调递减.
所以F(x)在x=x1处有极小值,在x=x2处有极大值,
因此a的取值范围是(2 ,+∞).
令g(x)=x2-cos x,∵g(-x)=g(x),∴g(x)为偶函数,
当x∈[0,+∞)时,g'(x)=2x+sin x,令k(x)=2x+sin x,k'(x)=2+cos x>0,
∴g'(x)在[0,+∞)内单调递增,∴g'(x)≥g'(0)=0,
∴g(x)在[0,+∞)内单调递增,
由g(x)为偶函数知,g(x)在(-∞,0]内单调递减,∴g(x)≥g(0)=-1.
考点三 放缩法证明不等式
当a≥0时,因为x>0,所以f'(x)>0恒成立,则y=f(x)在(0,+∞)内单调递增,
且f(1)=0,所以f(x)恒大于或等于零不成立;
当a<0时,由f'(x)=0,得x=-a,
易知当x>-a时,f'(x)>0,当0所以y=f(x)在(0,-a)内单调递减,在(-a,+∞)内单调递增.
则f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1+a,若f(x)≥0恒成立,则ln(-a)+1+a≥0.
令h(x)=ln(-x)+1+x(x<0),则h'(x)=
h(x)在区间(-∞,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,所以h(x)max=h(-1)=0,
所以当ln(-a)+1+a≥0时,a=-1.
综上,若f(x)≥0恒成立,则a=-1.
令g(x)=x-sin x(x≥0),则g'(x)=1-cos x≥0恒成立,
所以函数g(x)在[0,+∞)内单调递增,
故当x>0时,g(x)>g(0)=0,即sin x[对点训练3](2024福建泉州模拟)已知函数f(x)=ex-axsin x-x-1(a∈R).
(1)当a=0时,讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a= 时,证明:对任意的x∈(0,+∞),f(x)>0.
(1)解 当a=0时,f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1.
令f'(x)>0,解得x>0,f(x)在(0,+∞)内单调递增;令f'(x)<0,解得x<0,f(x)在(-∞,0)内单调递减.
由(1)知,当a=0时,f(x)≥f(0)=0,所以ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立.
当x>0时,ex>x+1.
所以g(x)在(0,+∞)内单调递增,
所以f'(x)>f'(0)=0,
所以f(x)在(0,+∞)内单调递增,
所以f(x)>f(0)=0.
本 课 结 束