第6节 导数的综合应用-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第三章一元函数的导数及其应用 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. 研磨·高考题型 >》 题型一导数与恒（能）成立问题 [即时训练] [例1](2025·新乡模拟)已知函数f(x)= (2025·河南联考)已知函数f(x)=sinx一 名r-(2a+1Dr+2ahx.若fx≥0恒成 ax,a∈R. (1)若a=1,求函数f(x)的图象在点 立，求实数a的取值范围. [尝试解答] （f)月 处的切线方程： (2)若fx)≥0在(0，] 上恒成立，求实数 a的最大值. 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) [思维升华] =a(e+a)-x. 恒（能）成立问题的解法 (1)讨论f(x)的单调性： (1)对于某一区间I,若f(x)在区间I上 有最值，则 (2)证明：当a>0时f)>2na+。 ①恒成立：Hx∈I,f(x)>0台f(x)m [尝试解答] 0;Hx∈I,f(x)<0台f(x)max<0. ②能成立：3x∈I,f(x)>0台f(x)mx 0:3x∈I,f(x)<0台f(x)n<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)台a>f(x)mmx； a<f(x)白a<f(x)min ②能成立：a>f(x)台a>f(x)mim a<f(x)台a<f(x)mx: 65 金榜题名创新高考总复习数学 [思维升华] [尝试解答] 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e'和lnx与其他代 数式结合的问题，可以考虑先对e和lnx进 [思维升华] 行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行 函数的零点问题有两种常见方法，一是 证明.常见的放缩公式如下：①e≥1十x,当 分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征 且仅当x=0时取等号；②lnx≤x一1，当且 求参数的范围或判断零点个数；二是利用函 仅当x=1时取等号. 数性质研究函数的零点，主要是根据函数单 [即时训练] 调性、奇偶性、最值或极值的符号确定参数的 (2025·郑州模拟)已知函数f(x)=xlnx. 范围或零点的个数 (1)求f(x)的单调区间： [即时训练] (2)证明：f(x)≥x-1. (2025·成都模拟)函数f(x)=(2.x2十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)一3仅有一个零点 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)= lnx+ar,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。 请完成课时作业（二十五）、必刷大题6 66即时训练(1)答案e 法二：（分离参数法） 解析一eu一emr,不等式即 由f≥0，可得号2--2a（r一n 因此g(x)<0在(0，受]上恒成立， 为e-x≤elmr-alnx, R)在(0，受]上单调适减， a>0且r>1,alnr>0, x)≥0. 设y=e一x,x∈(0，十∞)， 构造函数h(x)=r一lnr,r>0, 则y=心-1>0， 别≥（受）是由龙可知u< 故y一e一x在(0，十oo)上单调追增， 期)=1-是=号 是，于是实数口的最大位为二 r≤alnx,即u>n 由h'(x)>0,得x>1:由h'(r)<0,得0 [例2]解(1)因为f(x)-a(e+a) <r<1, x,定义城为R, 即存在x∈(1，十∞)，使a>n 所以h(.x)mm-h(1)-1>0, 所以f(r)=ae-1, 所以x-nx>0, ≥(） 当a≤0时.由于c>0,则ac≤0. 所以原不等式等价于2a≤夏【 故f(x)=ae-1<0恒成立， 镜)=>， 所以f(x)是减函数： In r-1 当a>0时，令了(x)-ae一1-0，解得 则广(x)- Inx 令g(x) 4-In>0 r=-Ina, 当x∈(1.c)时，f'(x)<0: 当x<-lna时，了(x)<0,则f(x)在 当x∈(e,+oo)时，f(r)>0, (x-1)(x+1-ln） (一o,一lna)上单调逃减： ∴.f(r)在(1，e)上单调递减，在(e,十oo) 则g'(x)- (r-In r) 当x>-lna时，了(x)>0,则f(x)在 上单调递增， 1 (一lna,十∞)上单调递增. f(x)mn=f（e)=ea≥e 令g(x)=乞+1-lnxx>0, 棕上，当a≤0时，f(x)是减函数： 故a的最小值为e. 当a>0时，f(x)在(-∞，-lna)上单调 (2)答案(-∞，2e] 则云， 递减， 解析由2 r'Inr一me≥0， 由g'(x)>0,得x>2:由9'(x)<0,得 在（一ln4,十oo)上单调越增. 得22lnr≥me导， 0<x2, (2)证明法一：由(1)得，当a>0时， 脚2r1nr>me产 易知P(x)在(0,2)上单调递减，在 f(r)min-f(-In a)=a(e ha +a)+ (2,十∞)上单调递增， In a 脚r21nr2≥”e, 所以g(x)≥g(2)-2-ln2>0, r =1+a2+lna, 所以当x>1时，g'(x)>0: 即lnr2·eh≥me5, 3 当0<x<1时，g(x)<0, 要证/(x)>2ha+,即证1+a+ 令fr)=xe,则fhr)>f(g) 所以g(x)在(0,1D上单调递诚，在(1，十∞) nu>21na+子 成立， 上单调追培以>D-一子 利用函数∫(x)一xe的单调性可知 即运心2-之-n>0他成2. hr≥婴恤成主，脚m≤2hr(r≥e 由2a≤-号得a<-十，故实数a的取 1 令ga）-a2-立-lhaa>0. 所以m≤2e 值范满为(，门 则g(a)-2a-1-2a2-1 d 第六节导数的综合应用 即时训练解(1)当a一1时，f（x)一 sin r-r,(r)=cos r-1. 研磨·高考题型 ◆Ro<0则0<a<号◆Ra>0 [例1门解法一：（求最值法） 于是（受）=1-受（登）=-1， f(x)的定义域为(0，十oo),因为f(x)≥ 0恒成立， 则画数fx)在点（受，（受）处的切 所以f(x)in≥0： 钱方程为 所以g@)在(0，号）)上单谓造减， 了(x)=x-(2a+1)+4= y=-(-)+1-,即y=-x 在（竖，+）上单调递增， -(2a+1x+24-x=1)(x-2a + x 所以go-()-()-号 当a≤0时，由f(x）>0,得x>1: 2周为f0在(0，受]上版成 由(x)<0,得0<x<1, 所以n兰>0在(0，受]上恒成立 n号-nE>o 所以f(r)在(1，十∞)上单调递增，在 则g(a)>0位成立， (0,1)上单调递减， 所以/c）m=j①=-号-2a 设g)-re(0,受]期g( 所以当a>0时，()>2na+号恒成 -rcos r-sin r 立，证毕 由-号一20≥0，可得a<-片 法二：令h(x)=e-x-1, 当。>0时，注意到1)=一 -2a< 令y=osx sin(0,]，则y 则(x)一e-1,由于y-e是增函数， 所以h'(x)=c一1是增画数， 0,不符合题意， -rnr<0在(0，受]上桓成立 又h'(0)=e一1=0，所以当x<0时， 故≤一子，即务数。的取值花国 为(-，] 周此y0上一mr在(0，受]上单 '(x)<0: 当x>0时.h'(x)>0,所以h(x)在 调递减，于是y-rcos一inr<0, (一∞，0)上单调递减， 466 在(0，十)上单调递增，故h(x)≥h(0) .当0<x<e时，f(x)>0:当x>e时， =0 (x)<0, 又h(-)=-<0+， 则≥x十1，当且仅当x=0时，等号 .f(x)在(0，e)上单调递增，在(e,十o∞) 成立， 上单调通诚， 故函数y=f(x)一3仅有一个零点. 国为f(r)-a(e十a)-r-ae十a2-x 六f(x)mx=fe- -e+ha +a2-r2r+In a+1+a2-r. e 当且仅当x十lna一0，即x=一na时， (ta)--lnr-ar 等号成立， (2)证明/(x) 所以要运/)>2u十是，即运x+ _I-Inx 3 lna+1+a2-x>2na+ 由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在 (e,十o)上单调递诚， 即d2--l>0, 0<a<1, 第四章三角函数与解三角形 令g(a)=a2- -laau>0 ∴当x>e时，fx)=lhr+ar=a+n 第一节任意角和弧度制、 1=22-1 >0. 三角函数的概念 则g(a)=2a- 故f(x)在(e,十o∞)上无零点： 夯实·必备知识 令g(a)<0,则0<a<号：令g(a)>0 当0<r<e时，r)-nx十ar 知识整合 1.(1)端点(2)正角负角零角象限 则a> f(日)-a-e<0,f(e)=a+>0, e 角(3)相同一a 且f(x)在(0，e)上单调递增， 2.(1)半径长(2)lar 所以g)在(0，号)上单调递减，在 f(x)在(0，e)上有且只有一个零点， 自我训练 (号+)上单调遥特. 综上，f(x)有且只有一个零点， 1.(1)×(2)/(3)×(4)× 即时训练解(1)周为f(x)-(2x2+ 2.B3.D4.-100°-1200 m)(x-m+2)=2x3-2(m-2)x2+mx 所以Ra)-g(号)-（号）-立- 研磨·高考题型 一m(m一2)为奇函数， In In 0. 所以可知f(x)的定义城为R,且f(x)+ [例】D国为▣是第二象限角，所以受 2 f(-x)=0, 十2kπ<a<x+2kx,k∈Z.对于A,可得 则g(a)>0恒成立， 即2x-2(m-2)x2十mx-m(m-2)十 2(-x)3-2(m-2)(-x)2十m(-x) 一元一2x<-a<-受-2：k∈么，此 所以当a>0时f>2ha十号恤度 m(m一2)-0， 时一a的终边在第三象限，所以一口是第 立，证毕 即-2(m-2)x2-m(m-2)=0, 即时训练解(1)图为f(x)=x21nx, -2(m一2)=0：解样m=2. 三象限角，A错误：对于B,可得平十x x>0, 所以{-m(m一2)-0： <号<受+kx,k∈工，当k为偶数时，号 所以(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1), (2)证明：①当m>0时，2x2十m>0, 由了(x)-0,得x=e-÷. 所以函数f(x)一(22十m)(x一m+2) 的终边在第一象限：当免为奇数时，号的 不可能有两个零点，此时不合题意： 当r∈(0，e+)时，广(x)<0: ②当川<0时，令f(x)=0,解得： 终边在第三象限，所以受是第一或第三 当r∈(e,十o∞)时，f广(x)>0. 一共我m-2, 象限角，B错误：对于C,可得2π十2kπ< 故f(x)的单调递减区问为(0，e寺)，单 2 受+。<受+2AeZ.即2k+1Dx< 调递增区阆为(e一+，十c∞). 又为√受>0√ 2 <0,m一2 (2)证明f(x)≥x-1等价于1nr <0. 受+。<受+2+10∈乙.所以受+ 所以要使得(x)仅有两个零点，则m一2 。的终边在第一泉限，所以受十口是第一 令西数8)-lnr一学>0 象限角，C错误：对于D,可得π十4x 即2m2一7m十8=0，此方程无解，此时不 2a<2x十1kπ，b∈Z,所以2a是第三或第 则g'(-1-2=-2+r-2 合题意： 四象限角或终边在y轴非正半轴上，D 当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调 ③当m=0时，即f(x)=2x3十4x2, 正确， 令f(x)=0,解得x=0或x=-2,符合 微拓展 递减： 典例(1)C因为角：是第二象限角， 当r∈(1，+)时，g(x)>0,g(x)单调 题意，所以m一0， 所以90°+k·360°<a<180°+k· 递增. 令h(x)=f(x)-3=2x2+4x2一3，则 故g(r)≥g(1)-0, h(x)-6x2+8xr-2x(3x+4), 360°(k∈Z), 即f(x)≥x-1. 令(>0，解得>0或<-寸，令 所以45°+是·180°<号<90°+友· [例3]解1)若a-0,则f(r)-血三 A()<0解-<K0 180°(k∈Z), 当k是偶数时，设k=2(n∈Z),则45 其定义域为(0，十0∞)： if(n)-I-ht, 故6在(-0，一号)(0，十)上运 +n·360'<号<0+n:360(n∈Z 由广(x)=0,得x-e, 增，在(-子，0）上递减 此时号为第一象限角： 467