【高考快车道】第一阶段 专题七 §4 导数的综合应用 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略（基础版）

(共80张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题七　函数、导数和不等式
§4　导数的综合应用
【备考指南】　常以y＝ex，y＝ln x，y＝sin x等基本初等函数或与之相关的复合函数为载体，将函数、方程、不等式巧妙地融合在一起，重在考查学生的转化化归、逻辑推理的能力．备考时，务必熟知六大函数图象：f (x)＝xex，g(x)＝，h(x)＝，m(x)＝x ln x，n(x)＝，p(x)＝．
　能力考点1　利用导数研究函数的零点
（一）
　能力考点2　利用导数证明不等式
（二）
　能力考点3　利用导数解决不等式恒(能)成立问题
（三）
　专题限时集训(二十五)　导数的综合应用
（四）
能力考点1　利用导数研究函数的零点
【典例1】　(2024·河南郑州三模)已知函数f (x)＝eax－x．
(1)若a＝2，求曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线方程；
(2)讨论f (x)的零点个数．
[解]　(1)若a＝2，则f (x)＝e2x－x，f ′(x)＝2e2x－1．
又f (1)＝e2－1，则切点为(1，e2－1)，曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的斜率k＝f ′(1)＝2e2×1－1＝2e2－1，故所求切线方程为y－(e2－1)＝(2e2－1)(x－1)，即y＝(2e2－1)x－e2．
(2)由题意得f ′(x)＝aeax－1．
①当a≤0时，f ′(x)<0，f (x)在R上单调递减，
又f (0)＝1>0，f (1)＝ea－1≤0．
故f (x)存在一个零点，此时f (x)零点个数为1．
②当a>0时，令f ′(x)<0得x<－，令f ′(x)>0得x>－，
所以f (x)在上单调递减，在上单调递增．
故f (x)的最小值为f ＝．
当a＝时，f (x)的最小值为0，此时f (x)有一个零点；
当a >时，f (x)的最小值大于0，此时f (x)没有零点；
当00，
f ＝<0，x→＋∞时，f (x)→＋∞，此时f (x)有两个零点．
综上，当a≤0或a＝时，f (x)有一个零点；
当0当a>时，f (x)没有零点．
研究函数零点(方程根)问题的步骤
第一步：将函数的零点问题，转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在相应区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等，进而画出其图象；
第三步：结合图象求解．
(2024·湖南邵阳三模)已知函数f (x)＝－x3＋x2＋1．
(1)求函数f (x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f (x)－k有且仅有三个零点，求k的取值范围．
[解]　(1)由f (x)＝－x3＋x2＋1，得f ′(x)＝－x2＋2x，
令f ′(x)>0，得－x2＋2x>0，解得0所以f (x)的单调递增区间为(0，2)．
(2)令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝2．
当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如表所示：
x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋ 0 －
f (x) 单调递减 1 单调递增 单调递减
由函数g(x)＝f (x)－k有且仅有三个零点，
得方程f (x)＝k有且仅有三个不等的实数根，所以函数y＝f (x)的图象与直线y＝k有且仅有三个交点．
显然，当x→－∞时，f (x)→＋∞；当x→＋∞时，f (x)→－∞．
所以由上表可知，f (x)的极小值为f (0)＝1，f (x)的极大值为f (2)＝，故k∈．
【教师备选资源】
1．已知函数f (x)＝ex－(a＋1)x．
证明：(1)当－1＜a＜－时，函数f (x)有两个零点；
(2)当－2＜a＜－1时，函数f (x)只有一个零点．
请从(1)(2)中选择其中一个作答．
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题号
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[证明]　f (x)＝ex－(a＋1)x的定义域为R，f ′(x)＝(ex－1)(ex＋a＋1)．
若选择(1)，则当－1＜a＜－时，ex＋a＋1＞0．
令f ′(x)＞0，解得x∈(0，＋∞)；令f ′(x)＜0，解得x∈(－∞，0)，
所以f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
又f (0)＝e0－(a＋1)×0＝＋a＜0，且当x→－∞时，f (x)→＋∞；当x→＋∞时，f (x)→＋∞，
所以由零点存在定理可得，函数f (x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上各有一个零点，所以函数f (x)有两个零点．
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题号
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若选择(2)，则当－2＜a＜－1时，令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln (－a－1)＜0．
由f ′(x)＞0，解得x∈(－∞，ln (－a－1))∪(0，＋∞)；
由f ′(x)＜0，解得x∈(ln (－a－1)，0)．
所以f (x)的单调递增区间为(－∞，ln (－a－1))，(0，＋∞)，f (x)的单调递减区间为(ln (－a－1)，0)．
所以f (x)的极小值为f (0)＝＋a＜0，f (x)的极大值为f (ln (－a－1))＝(a＋1)．
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题号
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令m(a)＝－－ln (－a－1)，a∈(－2，－1)，
则m′(a)＝－＞0，所以m(a)在(－2，－1)上单调递增．
因为m(－2)＝＞0，所以m(a)＞0，
所以f (ln (－a－1))＝(a＋1)＜0.
而当x→＋∞时，f (x)→＋∞．
所以作出图象(草图)如图所示，
所以当－2＜a＜－1时，函数f (x)只有一个零点．
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题号
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题号
2．(2021·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f (x)＝(x－1)·ex－ax2＋b．
从下面两个条件中选一个作为已知条件，证明：f (x)恰有一个零点．
①＜a≤，b＞2a；
②02
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题号
[证明]　函数f (x)＝(x－1)ex－ax2＋b，
f ′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)，
若选①，当＜a≤时，令f ′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝ln (2a)＞0，
所以当x＜0时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增，
当0＜x＜ln (2a)时，f ′(x)＜0，函数f (x)单调递减，
当x＞ln (2a)时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增，
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题号
由f (x)在(－∞，0)上单调递增且f (0)＝b－1＞2a－1＞0，f ＝＜0，
可得f (x)在(－∞，0)上有唯一零点；
由f (x)在(0，ln (2a))上单调递减，在(ln (2a)，＋∞)上单调递增，
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题号
且f (ln (2a))＝[ln (2a)－1]·2a－a ln2(2a)＋b＞[ln (2a)－1]·2a－
a ln2(2a)＋2a
＝a[2－ln (2a)]ln (2a)≥0，
所以f (x)在(0，ln (2a))及(ln (2a)，＋∞)上没有零点．
所以函数f (x)恰有一个零点．
若选②，当0＜a＜时，令f ′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝ln (2a)＜0，
所以当x＜ln (2a)时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增，
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题号
当ln (2a)＜x＜0时，f ′(x)＜0，函数f (x)单调递减，当x＞0时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增．
因为f (ln (2a))＝[ln (2a)－1]·2a－a ln2(2a)＋b≤[ln (2a)－1]·2a－a ln2(2a)＋2a＝a[2－ln (2a)]·ln (2a)＜0，
所以f (x)在(－∞，0)上没有零点，
设g(x)＝ex－x－1(x＞1)，则g′(x)＝ex－1＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(1)＝e－2＞0，
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题号
所以当x＞1时，f (x)＝(x－1)ex－ax2＋b＞(x－1)(x＋1)－x2＋b＝x2－1＋b，所以当x＞1且x2－1＋b＞0时，f (x)＞0，
又f (x)在(0，＋∞)上单调递增，且f (0)＝b－1≤2a－1＜0，
所以f (x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
所以函数f (x)恰有一个零点．
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题号
3．(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
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[解]　(1)当a＝1时，f (x)＝ex－x－2，则f ′(x)＝ex－1，当x＜0时，
f ′(x)＜0；当x＞0时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f ′(x)＝ex－a．
当a≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f (x)至多存在一个零点，不合题意．
题号
当a>0时，由f ′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0.所以f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．故当x＝ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f (ln a)＝－a(1＋ln a)．
①若02
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题号
②若a>，则f (ln a)<0．
由于f (－2)＝e-2>0，所以f (x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，所以当x>4且x>2ln (2a)时，f (x)＝－a(x＋2)－a(x＋2)＝2a>0．
故f (x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零点．从而f (x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．综上可知，a的取值范围是．
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题号
4．已知函数f (x)＝aex-1－ln x－1，a∈R．
(1)若a＝1，求函数f (x)的单调区间；
(2)若f (x)有且只有两个不同的零点，求a的取值范围．
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[解]　(1)a＝1时，f (x)＝ex-1－ln x－1，则f ′(x)＝ex-1－(x＞0)，f ′(1)＝0，令g(x)＝f ′(x)＝ex-1－，g′(x)＝ex-1＋＞0恒成立，所以f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
所以当x∈(0，1)时，f ′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)＞0，
所以函数f (x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
题号
(2) f ′(x)＝aex-1－，
①当a＝1时，由(1)所求及f (1)＝0，知f (x)有且只有一个零点．
②当a≤0时，f ′(x)＝aex-1－＜0，则f (x)在区间(0，＋∞)上单调递减，所以f (x)至多有一个零点．
③当a＞1时，f ′＝a＜0，f ′(1)＝a－1＞0，
又因为y＝f ′(x)的图象在区间(0，＋∞)上连续不间断，
所以 x0∈，使得f ′(x0)＝0，即aex0－1－＝0．
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题号
令g(x)＝aex-1－，则g′(x)＝aex-1＋＞0，
所以f ′(x)＝g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以当x∈(0，x0)时，f ′(x)＜f ′(x0)＝0，
函数f (x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)＞f ′(x0)＝0，
函数f (x)单调递增．
所以f (x)min＝f (x0)＝aex0－1－ln x0－1＝－ln x0－1＞1－1＝0，
所以f (x)无零点．
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题号
④当0＜a＜1时，令h(x)＝ln x－(x－1)，
当x＞1时，h′(x)＝－1＜0，
所以h(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以 x＞1，有h(x)＜h(1)＝0，
所以ln x＜x－1，则ex-1＞x．
当0＜a＜1时，f ′(1)＝a－1＜0，
f ′＝－＞a·－＝0，
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题号
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又因为y＝f ′(x)的图象在区间(0，＋∞)上连续不间断，所以 x1∈，使得f ′(x1)＝0，即－＝0．
令g(x)＝aex-1－，g′(x)＝aex-1＋＞0，所以f ′(x)＝g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，x1)时，f ′(x)＜f ′(x1)＝0，
函数f (x)单调递减，当x∈(x1，＋∞)时，f ′(x)＞f ′(x1)＝0，
函数f (x)单调递增．
所以f (x)min＝f (x1)＝－ln x1－1＝－1＜1－1＝0．
题号
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令x2＝＞1．
f ＝f (x2)＝－2ln －1＞ax2－2(－1)－1＝－2×＋1＞0，又因为函数f (x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递增，且y＝f (x)的图象连续不间断，＜1＜x1＜＜，f ＞0，所以f (x)有且只有两个零点．
综上，若函数f (x)有且只有两个零点，则实数a的取值范围是(0，1)．
题号
5．(2021·全国甲卷节选)已知a＞0且a≠1，函数f (x)＝(x＞0)．若曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
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[解]　曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝(x＞0)，
令g′(x)＝＝0，得x＝e，
题号
当00，函数g(x)单调递增，
当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝，且当x>e时，g(x)∈，
又g(1)＝0，所以0＜＜，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
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题号
6．(2022·全国乙卷节选)已知函数f (x)＝ln(1＋x)＋axe－x，若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
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[解]　f (x)的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x)＝＋＝．
设g(x)＝ex＋a(1－x2)．
①若a＞0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)＞0，
即f ′(x)＞0，所以f (x)在(－1，0)上单调递增，
所以f (x)＜f (0)＝0，
故f (x)在(－1，0)上没有零点，不合题意．
题号
②若－1≤a≤0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝ex－2ax＞0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)＞g(0)＝1＋a≥0，即f ′(x)＞0，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f (x)＞f (0)＝0，
故f (x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意．
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题号
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③若a＜－1，
(i)当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝ex－2ax＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(0)＝1＋a＜0，g(1)＝e＞0，
所以存在m∈(0，1)，使得g(m)＝0，即f ′(m)＝0．
当x∈(0，m)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
当x∈(m，＋∞)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
所以，当x∈(0，m)时，f (x)＜f (0)＝0，
x→＋∞，f (x)→＋∞，
所以f (x)在(m，＋∞)上有唯一零点，
题号
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又f (x)在(0，m)上没有零点，即f (x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(ii)当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)，
设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax，h′(x)＝ex－2a＞0，
所以g′(x)在(－1，0)上单调递增，
又g′(－1)＝＋2a＜0，g′(0)＝1＞0，
所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0，
当x∈(－1，n)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
当x∈(n，0)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
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所以当x∈(n，0)时，g(x)＜g(0)＝1＋a＜0．
又g(－1)＝＞0，
所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f ′(t)＝0，
当x∈(－1，t)时，f (x)单调递增，当x∈(t，0)时，f (x)单调递减，又x→－1，f (x)→－∞，
而f (0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f (x)＞0，
所以f (x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，
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即f (x)在(－1，0)上有唯一零点，
所以a＜－1，符合题意．
所以若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)．
能力考点2　利用导数证明不等式
【典例2】　已知f (x)＝ln x－，g(x)＝2ln x－x＋．
(1)讨论y＝f (x)和y＝g(x)的单调性；
(2)试证明对数平均不等式：>>．
[解]　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－＝－＝＝≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝－1－＝＝－
≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(2)证明：不妨设x>y>0，
因为> ln x－ln y> ln > ln －>0．
设＝t，t>1，则问题转化为ln t－>0，t>1．
由(1)可知，函数f (x)＝ln x－在(1，＋∞)上单调递增，所以
f (t)>f (1)＝0．
故ln t－>0，t>1成立，所以>．
又因为> ln x－ln y< ln< ln t－<0 ln t－＋<0．
由(1)知g(x)＝2ln x－x＋在(1，＋∞)上单调递减，所以g1成立，所以>．
所以>>成立．
证明不等式的常用方法
(1)构造函数法：证明不等式f (x)＞g(x)( f (x)＜g(x))转化为证明f (x)－g(x)＞0( f (x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f (x)－g(x)．
(2)凹凸反转法：欲证f (x)＜g(x)，有时可以证明f (x)max＜g(x)min．
(3)放缩法：在证明相关不等式时，若能灵活运用ex≥x＋1，ln x≤x－1及ln x≥1－进行放缩，往往事半功倍．
(4)消元法：建立x1与x2的等量关系，如x2＝g(x1)，从而将f (x1，x2)＞A的双变量不等式化成h(x1)＞A的单变量不等式．
(5)换元法：先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再将或(x2－x1)看成一个新对象(整体)，进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，从而进行降维求解．
已知函数f (x)＝a ln x－x＋1(a∈R)，g(x)＝sin x－x．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)证明：g<0(n∈N*)；
(3)证明：ln 2>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin (n∈N*)．
[解]　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－1＝，
①当a≤0时，f ′(x)<0恒成立，
所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，由f ′(x)＝0，得x＝a，
当x∈(0，a)时，f ′(x)>0；当x∈(a，＋∞)时，f ′(x)<0．
所以函数f (x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f (x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(2)证明：∵g(x)＝sin x－x，∴g′(x)＝cos x－1≤0恒成立， ∴g(x)在R上单调递减，又n∈N*，∴0<≤，∴g(3)证明：由(1)知，当a＝1时，f (x)≤0，即ln x≤x－1，∴ln ≤－1，
∴ln x≥1－＝，
∴ln (x＋1)≥(当x＝0时“＝”成立)．
令x＝(n∈N*)，则ln >，
即ln >，
∴ln (n＋1)－ln n>，
从而ln (n＋2)－ln (n＋1)>，
ln (n＋3)－ln (n＋2)>，…，ln (2n)－ln (2n－1)>，
累加可得ln (2n)－ln n>＋＋＋…＋，
即ln 2>＋＋＋…＋．
由(2)知，g(x)＝sin x－x在(0，＋∞)上单调递减，∴g(x)∴＋＋＋…＋>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin ．
∴ln 2>sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin (n∈N*)．
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1．(2023·天津高考)已知函数f (x)＝ln (x＋1)．
(1)求曲线y＝f (x)在x＝2处的切线斜率；
(2)当x>0时，求证：f (x)>1；
(3)证明：[解]　(1)f ′(x)＝－ln (x＋1)＋(x＞－1)，
所以f ′(2)＝－，
故曲线y＝f (x)在x＝2处切线的斜率为－．
(2)证明：要证当x＞0时，f (x)＞1，即证当x＞0时，ln (x＋1)＞1，即证当x＞0时，ln (x＋1)＞．
构造g(t)＝ln t－(t≥1)，则g′(t)＝－＝≥0，
所以函数g(t)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(t)≥g(1)＝0，
所以ln t>(t>1)．
令x＋1＝t(x>0)，则ln (x＋1)>(x>0)，
所以当x>0时，ln (x＋1)>1，
即f (x)>1．
(3)证明：先证ln (n！)－ln n＋n≤1．
令h(n)＝ln (n！)－ln n＋n，n∈N*，
则h(n＋1)－h(n)＝ln (n＋1)－ln (n＋1)＋ln n＋1＝1－ln ，
由(2)可知ln (x＋1)>1，令n＝，则1－ln <0，
故h(n)单调递减，则h(n)≤h(1)＝1，得证．
再证构造s(x)＝ln x－，x>0，
则s′(x)＝－＝，
当00，当x>1时，s′(x)<0，
故s(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故s(x)≤s(1)＝0，即ln x≤．
又当n≥2时，h(n)－h(n＋1)＝ln －1≤－1＝<＝，
所以h(1)－h(2)＋h(2)－h(3)＋…＋h(n－1)－h(n)＝h(1)－h(n)<1－ln 2＋ln 2－2＋＝ln 2－1＋h(1)－＝，得证．
综上，2．(1)非零实数x满足－1＜x＜1 ．证明不等式：(1－x) ＜(1＋x)．
(2)证明不等式：0.999 9101＜0.99＜0.999 9100．
[证明]　(1)显然：(1－x) ＞0且(1＋x)＞0且x≠0，
原不等式 ln (1－x)＜ln (1＋x)，

令f (x)＝(x－1)ln (1－x)－ln (1＋x)(－1＜x＜1且x≠0)，
则f ′(x)＝ln (1－x)＋1－．
1-
1-
令g(x)＝ln (1－x)＋1－，则g′(x)＝＋＝，当x∈(－1，0)时，g′(x)＞0，f ′(x)在(－1，0)上单调递增，f ′(x)＜f ′(0)＝0，
当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，f ′(x)在(0，1)上单调递减，f ′(x)＜f ′(0)＝0，∴f (x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递减，∴f (x)在x∈(－1，0)时，f (x)＞0，在x∈(0，1)时，f (x)＜0．
∴(1－x) ＜(1＋x)．
1-
(2)∵0.999 9100＝＝，0.999 9101＝，
原不等式等价为
＜1－＜，
即证＜1＜，
在(1)中，令x＝，则＜，∴＞1，在(1)中，令x＝－，则＜，∴＜1，∴0.999 9101＜0.99＜0.999 9100.
【典例2】　(2024·云南曲靖模拟)已知函数f (x)＝x＋x cos x－2sin x．
(1)求曲线y＝f (x)在x＝π处的切线方程；
(2)g(x)＝x2－3x＋a(a∈R)，若对任意x1∈[0，π]，均存在x2∈[1，2]，使得f (x1)能力考点3　利用导数解决不等式恒(能)成立问题
[解]　(1)由题意f ′(x)＝1＋cos x－x sin x－2cos x＝－x sin x－cos x＋1，
则f ′(π)＝2，即切线的斜率k＝2，
且f (π)＝0，即切点坐标为(π，0)，
所以曲线y＝f (x)在x＝π处的切线方程为y＝2(x－π)，即2x－y－2π＝0．
(2)由题意可知，f (x)max因为g(x)＝x2－3x＋a的图象开口向上，对称轴为直线x＝，
则g(x)在上单调递减，在上单调递增，可得g(x)max＝g(1)＝g(2)＝a－2，
由(1)可设h(x)＝f ′(x)，
则h(x)＝－cos x－x sin x＋1，
所以h′(x)＝－x cos x，
当x∈时，h′(x)<0；
当x∈时，h′(x)>0，
则h(x)在区间上单调递减，
在区间上单调递增．
且h(0)＝0，h<0，h(π)＝2，
可知f ′(x)在区间(0，π)上只有一个零点，
设该零点为x0∈，当x∈(0，x0)时，f ′(x)<0；
当x∈(x0，π)时，f ′(x)>0，
所以f (x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，π)上单调递增，且
f (0)＝0，f (π)＝0，可得当x∈[0，π]时，f (x)max＝0，所以02，
所以实数a的取值范围是(2，＋∞)．
解决不等式恒(能)成立参数范围问题的策略
(1)求最值法，将恒(能)成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；
(2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f (x)max或a(2024·全国甲卷)已知函数f (x)＝a(x－1)－ln x＋1．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f (x)[解]　(1)f (x)定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝a－＝．
当a≤0时，f ′(x)＝<0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0，x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间；
当a>0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：a≤2，且x>1时，ex-1－f (x)＝ex-1－a(x－1)＋ln x－1≥ex-1－2x＋1＋ln x，令g(x)＝ex-1－2x＋1＋ln x(x>1)，下证g(x)>0即可．
g′(x)＝ex-1－2＋，再令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex-1－，显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0，
即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，
即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，问题得证．
1．(2024·江苏常州模拟)已知函数f (x)＝x2＋(2a－1)x－2ln x，a∈R．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)对于任意x∈[1，e]， b∈[2，＋∞)，使得f (x)≥b，求实数a的取值范围．
2
4
3
题号
1
专题限时集训(二十五)　导数的综合应用
[解]　(1)由题意知f ′(x)＝ax＋2a－1－＝＝，且x∈(0，＋∞)，
当a≤0时，f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f ′(x)＝0 x＝，
当0当x>时，f ′(x)>0，f (x)在区间上单调递增．
综上，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f (x)在上单调递减，在上单调递增．
2
4
3
题号
1
(2)由题设知f (x)≥bmin＝2对任意x∈[1，e]恒成立．
当a<1时，此时f (1)＝－1<2，不合题意，舍去．
当a≥1时，f ′(x)≥0，f (x)在[1，e]上单调递增，只需f (1)＝－1≥2 a≥．
综上，实数a的取值范围为．
2
4
3
题号
1
2．(2024·广东广州一模)已知0(1)求f (x)的单调区间；
(2)讨论方程f (x)＝a的根的个数．
2
4
3
题号
1
[解]　(1)因为f (x)＝(x≠0)．
所以f ′(x)＝＝．
由f ′(x)>0得x>1，又函数定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
所以函数f (x)在(－∞，0)和(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)因为0当x>0时，f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f (x)min＝f (1)＝ae1-a>ae0＝a，
所以方程f (x)＝a无解．
综上可知，方程f (x)＝a的根的个数为0．
2
4
3
题号
1
3．(2024·广东汕头三模)已知函数f (x)＝x(ex－ax2)．
(1)若曲线y＝f (x)在x＝－1处的切线与y轴垂直，求y＝f (x)的极值．
(2)若f (x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a．
2
4
3
题号
1
[解]　(1)函数f (x)＝x(ex－ax2)的定义域为R，求导得f ′(x) ＝ (x ＋ 1)ex－3ax2，f ′(－1)＝－3a，
依题意，f ′(－1)＝0，则a＝0，f (x)＝xex，f ′(x) ＝ (1 ＋ x)ex，
当x<－1时，f ′(x)<0，当x>－1时，f ′(x)>0，
因此函数f (x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以函数f (x)在x＝－1处取得极小值f (－1)＝－，无极大值．
(2)函数f (x)＝x(ex－ax2)在(0，＋∞)上只有一个零点，等价于y＝ex－ax2在(0，＋∞)上只有一个零点，
设g(x)＝ex－ax2，则g(x)＝0在(0，＋∞)上只有一解，
即a＝在(0，＋∞)上只有一解，于是曲线y＝(x>0)与直线y＝a只有一个公共点．
令φ(x)＝(x>0)，求导得φ′(x)＝，当0＜x<2时，φ′(x)<0，当x>2时，φ′(x)>0，
因此函数φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
2
4
3
题号
1
函数φ(x)在x＝2取得极小值同时也是最小值φ(2) ＝ ，
当x→0时，φ(x)→＋∞；当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，
画出φ(x)＝大致的图象，如图，
g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝φ(2) ＝ ，
所以f (x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝．
2
4
3
题号
1
4．(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝xeax－ex．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)当x>0时，f (x)<－1，求实数a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln (n＋1)．
2
4
3
题号
1
[解]　(1)当a＝1时，f (x)＝(x－1)ex，则f ′(x)＝xex，
当x＜0时，f ′(x)＜0，当x＞0时，f ′(x)>0，
故f (x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)(端点效应)设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0，
又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，
设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex．
若a＞，则g′(0)＝2a－1＞0，
因为g′(x)为连续函数，
故存在x0∈(0，＋∞)，使得 x∈(0，x0)，总有g′(x)＞0，
故g(x)在(0，x0)上单调递增，故g(x)＞g(0)＝0，
故h(x)在(0，x0)上单调递增，故h(x)＞h(0)＝0，与题设矛盾．
2
4
3
题号
1
若0＜a≤，则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln (1+ax)－ex，
下证：对任意x＞0，总有ln (1＋x)＜x成立，
证明：设S(x)＝ln (1＋x)－x，
故S′(x)＝－1＝＜0，
故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故S(x)＜S(0)＝0，即ln (1＋x)＜x成立．
由上述不等式有eax＋ln (1+ax)－ex＜eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，
故h′(x)＜0总成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
2
4
3
题号
1
所以h(x)＜h(0)＝0，即f (x)＜－1．
当a≤0时，有h′(x)＝eax－ex＋axeax＜1－1＋0＝0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)＜h(0)＝0．
综上，实数a的取值范围为．
2
4
3
题号
1
(3)证明：取a＝，则 x＞0，总有x－ex＋1＜0成立，
令t＝，则t＞1，t2＝ex，x＝2ln t，
故2t ln t＜t2－1，即2ln t＜t－对任意的t＞1恒成立．
所以对任意的n∈N*，有2ln ＜－，
整理得到ln (n＋1)－ln n＜，
故＋＋…＋ >ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)，故不等式成立．
2
4
3
题号
1
THANK YOU