第3章 第6节 导数的综合应用(教用Word)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第六节　导数的综合应用 [课标要求]　导数的综合问题是高考的热点，常考查恒(能)成立、不等式的证明、函数的零点等问题，解题方法灵活，难度较大，一般以压轴题的形式出现． 题型一　导数与恒(能)成立问题 [例1]　(2025·新乡模拟)已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋2a ln x．若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 解　法一：(求最值法) f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)≥0恒成立， 所以f(x)min≥0， f′(x)＝x－(2a＋1)＋＝＝. 当a≤0时，由f′(x)>0，得x>1； 由f′(x)<0，得0<x<1， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减， 所以f(x)min＝f(1)＝－－2a， 由－－2a≥0，可得a≤－. 当a>0时，注意到f(1)＝－－2a<0，不符合题意， 故a≤－，即实数a的取值范围为. 法二：(分离参数法) 由f(x)≥0，可得x2－x－2a(x－ln x)≥0. 构造函数h(x)＝x－ln x，x>0， 则h′(x)＝1－＝， 由h′(x)>0，得x>1；由h′(x)<0，得0<x<1， 所以h(x)min＝h(1)＝1>0， 所以x－ln x>0， 所以原不等式等价于2a≤. 令g(x)＝，x>0， 则g′(x)＝. 令φ(x)＝x＋1－ln x，x>0， 则φ′(x)＝， 由φ′(x)>0，得x>2；由φ′(x)<0，得0<x<2， 易知φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(2)＝2－ln 2>0， 所以当x>1时，g′(x)>0； 当0<x<1时，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝－， 由2a≤－，得a≤－，故实数a的取值范围为. 恒(能)成立问题的解法 (1)对于某一区间I，若f(x)在区间I上有最值，则 ①恒成立：∀x∈I，f(x)>0⇔f(x)min>0；∀x∈I，f(x)<0⇔f(x)max<0. ②能成立：∃x∈I，f(x)>0⇔f(x)max>0；∃x∈I，f(x)<0⇔f(x)min<0. (2)若能分离常数，即将问题转化为a>f(x)(或a<f(x))，则 ①恒成立：a>f(x)⇔a>f(x)max； a<f(x)⇔a<f(x)min. ②能成立：a>f(x)⇔a>f(x)min； a<f(x)⇔a<f(x)max.　 　[即时训练] (2025·河南联考)已知函数f(x)＝sin x－ax，a∈R. (1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点 处的切线方程； (2)若f(x)≥0 在 上恒成立，求实数a 的最大值． 解　(1)当a＝1 时，f(x)＝sin x－x，则f′(x)＝cos x－1， 于是f＝1－，f′＝－1， 则函数f(x)在点 处的切线方程为 y＝－＋1－，即y＝－x＋1. (2)因为f(x)≥0 在 上恒成立，所以≥a 在 上恒成立， 设g(x)＝，x∈，则g′(x)＝， 令y＝x cos x－sin x，x∈，则y′＝－x sin x<0 在 上恒成立， 因此y＝x cos x－sin x 在 上单调递减，于是y＝x cos x－sin x<0， 因此g′(x)<0 在 上恒成立，g(x)在 上单调递减， 则g(x)≥g＝，由此可知，a≤，于是实数a 的最大值为. 题型二　利用导数证明不等式 [例2]　(2023·新高考Ⅰ卷)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＋. 解　(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R， 所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0， 故f′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)是减函数； 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)是减函数； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明　法一：由(1)得，当a>0时， f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a ＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋， 即证a2－－ln a>0恒成立， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)， 则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>， 所以g(a)在上单调递减， 在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝－－ln ＝ln >0， 则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕． 法二：令h(x)＝ex－x－1， 则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函数， 所以h′(x)＝ex－1是增函数， 又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0； 当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0， 则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x ＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)>2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋， 即证a2－－ln a>0， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)， 则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>， 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝－－ln ＝ln >0， 则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕． 利用导数证明不等式的解题策略 (1)待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究最值即可得证． (2)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的． (3)对于函数中含有ex和ln x与其他代数式结合的问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：①ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；②ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．　 　[即时训练] (2025·郑州模拟)已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)≥x－1. 解　(1)因为f(x)＝x2ln x，x>0， 所以f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)， 由f′(x)＝0，得x＝e－. 当x∈(0，e－ )时，f′(x)<0； 当x∈(e－，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)的单调递减区间为(0，e－ )，单调递增区间为(e－，＋∞). (2)证明　f(x)≥x－1等价于ln x－≥0. 令函数g(x)＝ln x－，x>0， 则g′(x)＝－＝. 当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1. 题型三　导数与函数的零点问题 [例3]　(2025·济南模拟)已知函数f(x)＝，a∈R. (1)若a＝0，求f(x)的最大值； (2)若0<a<1，求证：f(x)有且只有一个零点． 解　(1)若a＝0，则f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)， ∴f′(x)＝， 由f′(x)＝0，得x＝e， ∴当0<x<e时，f′(x)>0；当x>e时，f′(x)<0， ∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴f(x)max＝f(e)＝. (2)证明　f′(x)＝＝， 由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∵0<a<1， ∴当x>e时，f(x)＝＝a＋>0， 故f(x)在(e，＋∞)上无零点； 当0<x<e时，f(x)＝， ∵f ＝a－e<0，f(e)＝a＋>0， 且f(x)在(0，e)上单调递增， ∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点， 综上，f(x)有且只有一个零点． 函数的零点问题有两种常见方法，一是分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数；二是利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定参数的范围或零点的个数．　 　[即时训练] (2025·成都模拟)函数f(x)＝(2x2＋m)(x－m＋2). (1)若f(x)为奇函数，求实数m 的值； (2)已知f(x)仅有两个零点，证明：函数y＝f(x)－3 仅有一个零点． 解　(1)因为f(x)＝(2x2＋m)(x－m＋2)＝2x3－2(m－2)x2＋mx－m(m－2)为奇函数， 所以可知f(x)的定义域为R，且f(x)＋f(－x)＝0， 即2x3－2(m－2)x2＋mx－m(m－2)＋2(－x)3－2(m－2)(－x)2＋m(－x)－m(m－2)＝0， 即－2(m－2)x2－m(m－2)＝0， 所以解得m＝2. (2)证明：①当m>0 时，2x2＋m>0， 所以函数f(x)＝(2x2＋m)(x－m＋2)不可能有两个零点，此时不合题意； ②当m<0 时，令f(x)＝0，解得：x＝± 或m－2， 又因为 >0，－<0，m－2<0， 所以要使得f(x)仅有两个零点，则m－2＝－ ， 即2m2－7m＋8＝0，此方程无解，此时不合题意； ③当m＝0 时，即f(x)＝2x3＋4x2， 令f(x)＝0，解得x＝0 或x＝－2，符合题意，所以m＝0. 令h(x)＝f(x)－3＝2x3＋4x2－3，则h′(x)＝6x2＋8x＝2x(3x＋4)， 令h′(x)>0，解得x>0 或x<－，令h′(x)<0 解得－<x<0， 故h(x)在，(0，＋∞)上递增，在上递减， 又h＝－<0，x→＋∞，f(x)→＋∞， 故函数y＝f(x)－3 仅有一个零点． 学科网（北京）股份有限公司 $$