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第三章 必刷大题6 导数的综合问题-2025年新高考数学一轮复习（课件+讲义+练习）
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1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
必刷大题6 导数的综合问题
1.已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋6x＋c，当x＝－1时，f(x)的极小值为－ ，当x＝2时，f(x)有极大值.(1)求函数f(x)的解析式；
f′(x)＝3ax2＋2bx＋6，由f′(－1)＝f′(2)＝0，得3a－2b＋6＝0且12a＋4b＋6＝0，
(2)存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立，求实数t的取值范围.
存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立，等价于f(x)max>t2－2t，x∈[－2,0]，∵f′(x)＝－3x2＋3x＋6＝－3(x－2)(x＋1)，当x∈[－2，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1,0]时，f′(x)>0，∴f(x)在[－2，－1)上单调递减，在(－1,0]上单调递增，又f(－2)＝3，f(0)＝1，∴f(x)在[－2,0]上的最大值为f(－2)＝3，∴t2－2t<3，解得－1
因为f(x)＝ex－4sin x，所以f′(x)＝ex－4cs 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：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
设g(x)＝f′(x)＝ex－4cs 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，＋∞)上单调递增，
则当x∈[0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
3.已知函数f(x)＝ ＋ln x，其中a为常数，e为自然对数的底数.(1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间；
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
令f′(x)>0，得01，∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为2，求a的值.
①当a>0时，∵x>0，∴f′(x)>0，∴函数f(x)在(0，e]上单调递增，
∴a＝e，符合题意；②当a<0且－a
∴f(x)max＝f(－a)＝2，∴－1＋ln(－a)＝2，∴a＝－e3，不符合题意，舍去；
③当－a≥e，即a≤－e时，在(0，e]上，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，e]上单调递增，
∴a＝e，不符合题意，舍去，综上可得a＝e.
4.(2024·安康模拟)已知f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x＋ln m(a，m∈R，m>0).(1)讨论f(x)的单调性；
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)当a＝－1时，若不等式eg(x)＋g(x)≥f(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，求m的取值范围(e为自然对数的底数).
当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x，由g(x)＝x＋ln m，得g(x)＝ln eg(x)，∴eg(x)＋g(x)＝eg(x)＋ln eg(x)＝f(eg(x))，∴f(eg(x))≥f(x)，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴eg(x)≥x，即ex＋ln m≥x，∴x＋ln m≥ln x，∴ln m≥ln x－x，
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝－1，
5.(2023·新高考全国Ⅱ)(1)证明：当0
则g′(x)＝2－sin x>0对∀x∈(0,1)恒成立，则g(x)在(0,1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0对∀x∈(0,1)恒成立，则G(x)在(0,1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0，所以sin x>x－x2，x∈(0,1).综上所述，当0
因为f(x)＝cs ax－ln(1－x2)(－10，f(x)单调递增，当－10，所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，
所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.
所以t(x)在(0，m)上单调递增，所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0.那么f(x)在(0，m)上单调递增，由偶函数性质知f(x)在(－m,0)上单调递减.故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意.
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1，且当0
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，且当0
1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
必刷大题6 导数的综合问题
1.已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋6x＋c，当x＝－1时，f(x)的极小值为－ ，当x＝2时，f(x)有极大值.(1)求函数f(x)的解析式；
f′(x)＝3ax2＋2bx＋6，由f′(－1)＝f′(2)＝0，得3a－2b＋6＝0且12a＋4b＋6＝0，
(2)存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立，求实数t的取值范围.
存在x0∈[－2,0]，使得f(x0)>t2－2t成立，等价于f(x)max>t2－2t，x∈[－2,0]，∵f′(x)＝－3x2＋3x＋6＝－3(x－2)(x＋1)，当x∈[－2，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1,0]时，f′(x)>0，∴f(x)在[－2，－1)上单调递减，在(－1,0]上单调递增，又f(－2)＝3，f(0)＝1，∴f(x)在[－2,0]上的最大值为f(－2)＝3，∴t2－2t<3，解得－1
因为f(x)＝ex－4sin x，所以f′(x)＝ex－4cs 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：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
设g(x)＝f′(x)＝ex－4cs 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，＋∞)上单调递增，
则当x∈[0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
3.已知函数f(x)＝ ＋ln x，其中a为常数，e为自然对数的底数.(1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间；
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
令f′(x)>0，得0
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为2，求a的值.
①当a>0时，∵x>0，∴f′(x)>0，∴函数f(x)在(0，e]上单调递增，
∴a＝e，符合题意；②当a<0且－a
∴f(x)max＝f(－a)＝2，∴－1＋ln(－a)＝2，∴a＝－e3，不符合题意，舍去；
③当－a≥e，即a≤－e时，在(0，e]上，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，e]上单调递增，
∴a＝e，不符合题意，舍去，综上可得a＝e.
4.(2024·安康模拟)已知f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x＋ln m(a，m∈R，m>0).(1)讨论f(x)的单调性；
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)当a＝－1时，若不等式eg(x)＋g(x)≥f(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，求m的取值范围(e为自然对数的底数).
当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x，由g(x)＝x＋ln m，得g(x)＝ln eg(x)，∴eg(x)＋g(x)＝eg(x)＋ln eg(x)＝f(eg(x))，∴f(eg(x))≥f(x)，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴eg(x)≥x，即ex＋ln m≥x，∴x＋ln m≥ln x，∴ln m≥ln x－x，
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝－1，
5.(2023·新高考全国Ⅱ)(1)证明：当0
则g′(x)＝2－sin x>0对∀x∈(0,1)恒成立，则g(x)在(0,1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0对∀x∈(0,1)恒成立，则G(x)在(0,1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0，所以sin x>x－x2，x∈(0,1).综上所述，当0
因为f(x)＝cs ax－ln(1－x2)(－1
所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.
所以t(x)在(0，m)上单调递增，所以t(x)>t(0)＝0，即f′(x)>0.那么f(x)在(0，m)上单调递增，由偶函数性质知f(x)在(－m,0)上单调递减.故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意.
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x1，且当0
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x2，且当0
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