导数与零点、不等式等综合运用 讲义——2026届高三数学一轮复习

专题：导数与零点、不等式等综合运用班级： ,姓名： 一.知识结构 思路⊙ “恒成立”问题向最值转化—一分类参变量 A)恒战立→A≥[】 A≤)恒成立<约A≤[)1 恒成立 步骤⊙ 对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可 注意事项 导数与零点不等式恒 ①证明>g(的一般方法是证明(x)=一g(>0(利用单调性) 特殊情况是证明气)>g(一（最值方法），但后一种方法不具备普遍性 ②证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式， 一种方法为变换不等式两个变元成为一个整体， 另一种方法为转化后利用函数的单调性 利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助于导数研究函数的 零点问题⊙ 二.典型例题 考点一零点问题 9 【例1】已知函数f闭=0-之+6x-a.(1)若对任意实数，f()≥m恒成立，求m 的最大值；(2)若函数f(x)恰有一个零点，求a的取值范围. 变式练习1：已知函数fx)=lnx-ax+1恰有两个零点，则实数a的取值范围是() A.（-o0,1 B.(0,+0】 C.(0,1) D.(0,1] 考点二不等式证明问题 【例2】已知函数g=1-1+nx.1)求g的单调区间， (2)当<m<n<1时，试证明”<+血n m 1+Inm 变式练习2：已知函数f(x)=nx+ax2-x,a>0. (1)若f(x)为单调函数，求a的范围. (2)若x、x2函数f'(x)的两个零点，求证：f(x)+f(x2)<x+x2-5. 变式练习3：已知函数fx)=ex-ax有两个零点x1k2证1+x2>2 考点三恒成立问题 【例3】己知函数f(x=x3-ax2+3x+m,a,m∈R. (1)若∫(x)在x=3处取得极值，且满足函数y=f(x)有三个零点，求m的取值范围： (2)若m=0,对任意x∈(0,5]，f(x)≤二恒成立，求实数a的取值范围. 变式练习红已知函数-。+-+》，口=0.求函数四的单词区间： (2)令F(x)=af(x)-x2,若F(x<1-2ax在x∈(1，+o)恒成立，求整数a的最大值. (参考数据：h3<号h4>月 考点四切线不等式 例4.设函数f(x)=lnx一x+1。(I)讨论f)的单调性； (2)证明：当x∈(1，+∞)时，1<x-11nxx。 变式练习5：已知函数f(x)=ex一n(x+m)。(1)若0是f(x)的极值点，求m,并讨论fx) 的单调性；(2)证明：当m≤2时，f(x)>0。 小结：证明不等式时的一些常用结论 (1)nx≤x一1，等号当且仅当x=1时取到。 (2)e*≥x+1,等号当且仅当x=0时取到。 (3)lnxx<ex,x>0。 (4)xx+1≤n(x+1)≤x,x>-1,等号当且仅当x=0时取到。 专题：导数与零点、不等式等综合运用 班级：_________,姓名：_________ 一．知识结构 二．典型例题 考点一 零点问题 【例1】已知函数f(x)＝x3－x2＋6x－a. （1）若对任意实数x，≥m恒成立，求m的最大值； （2）若函数f(x)恰有一个零点，求a的取值范围. 【答案】（1）－；（2）(－∞，2)∪. 【解析】（1）＝3x2－9x＋6＝， 由≥m恒成立，可得m≤－， 即m的最大值为－. （2）＝3x2－9x＋6＝3(x－2)(x－1)， 由>0⇒x>2或x<1，由<0⇒1<x<2， ∴f(x)在(－∞，1)和(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减， ∴f(x)极大值＝f（1）＝－a，f(x)极小值＝f（2）＝2－a. ∵f(x)恰有一个零点，∴－a<0或2－a>0， 即a<2或a>， 所以a的取值范围为(－∞，2)∪. 变式练习1：已知函数恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ） A． B． C．（0，1） D．（0，1] 【答案】C 【解析】函数恰有两个零点等价于有两个不等的实数解， 令，则， 当时，递增，当时，递减 在x=1处取得极大值，且为最大值1， 当，可画出的图象， 由图像知时，y=g(x)和y=a有两个交点. 故选：C. 变式练习2：已知函数 考点二 不等式证明问题 【例2】已知函数． （1）求的单调区间； （2）当时，试证明． 【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为， 所以． 令，得；令，得． 所以的单调递增区间是，单调递减区间是． （2）由（1）知在上单调递减， 所以时，， 即， 所以，即． 变式练习3：已知函数，. （1）若为单调函数，求a的范围. （2）若､函数的两个零点，求证：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】（1），又为单调函数且，， 对于，开口向上且对称轴为， ∴，即时，恒成立，即恒成立，符合题设. ∴. （2）令，由（1）知：，则且， 又，得，同理， ∴， 要证，即，只需证， 令，则，而， ∴，即在上递减，，而， ∴，即，得证. 考点三 恒成立问题 【例3】已知函数，． （1）若在处取得极值，且满足函数有三个零点，求的取值范围； （2）若，对任意，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）． 【解析】（1）， 由已知得，得，， 经检验，时，当时，取得极小值，成立. ， 令， 得或， 由得或，此时为增函数， 由得，此时为减函数， 即当时，函数取得极大值，当时，取得极小值， 即，， 所以函数有三个不同零点， 且时，，时， 因此，只需，即，解得， 的范围是． （2），， 对任意，，即， 变形得，， 令，，则， ，所以， 所以在上单调递增，从而， 因此. 变式练习4：已知函数，． （1）求函数的单调区间； （2）令，若在恒成立，求整数a的最大值． 参考数据：， 【答案】（1）答案见解析；（2）3. 【解析】的定义域为且， ①当时，由得：， ∴时，的增区间为，减区间为， ②当时，令得：或， ∴的增区间为和减区间为 ③当时，恒成立，此时的增区间为，无递减区间： ④当时，令得：或， ∴的递增区间为和，减区间为． ，则恒成立． 令，则， 令，，知在上递增且，， ∴，使，即在递减，在递增， ∴， ∴由知：整数a的最大值为3． 考点四 切线不等式 例4.设函数f (x)＝ln x－x＋1。 (1)讨论f (x)的单调性； (2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<<x。 解　(1)依题意，f (x)的定义域为(0，＋∞)。 f ′(x)＝－1，令f ′(x)＝0，得x＝1。 所以当0<x<1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增； 当x>1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减。 (2)证明：由(1)知f (x)在x＝1时取得最大值，且最大值f (1)＝0。 所以当x≠1时，ln x<x－1。 故当x∈(1，＋∞)时，>1， 将代入ln x<x－1，得ln<－1， 即－ln x<－1⇔ln x>1－⇔ln x>⇔x>， 故当x∈(1，＋∞)时恒有1<<x。 变式练习5：已知函数f (x)＝ex－ln(x＋m)。 (1)若0是f (x)的极值点，求m，并讨论f (x)的单调性； (2)证明：当m≤2时，f (x)>0。 解　(1)f ′(x)＝ex－。 由0是f (x)的极值点得f ′(0)＝0，所以m＝1。 于是f (x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x)＝ex－。 因为函数f ′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上单调递增，且f ′(0)＝0， 所以当x∈(－1,0)时，f ′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0。 所以f (x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增。 (2)证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)， 故只需证明当m＝2时，f (x)>0。 证法一：当m＝2时，函数f ′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增。 又f ′(－1)<0，f ′(0)>0， 故f ′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)。 当x∈(－2，x0)时，f ′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)>0，从而当x＝x0时，f (x)取得极小值也是最小值。 由f ′(x0)＝0得ex0＝，即ln(x0＋2)＝－x0，故f (x)≥f (x0)＝＋x0＝>0。 综上，当m≤2时，f (x)>0。 证法二：设g(x)＝ex－(x＋1)(x≥0)， 则g′(x)＝ex－1>0，g(x)＝ex－(x＋1)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，所以ex≥x＋1，① 设h(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则h′(x)＝－1， 当0<x<1时，h′(x)>0，h(x)在(0,1)上单调递增， 当x>1时，h′(x)<0，h(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以h(x)≤h(1)＝0， 所以x－1≥ln x。② 由①②得ex≥x＋1，x＋1≥ln(x＋2)。 两式等号不同时成立，所以ex>ln(x＋2)。 综上，当m≤2时，f (x)>0成立。 小结： 证明不等式时的一些常用结论 (1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到。 (2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到。 (3)ln x<x<ex，x>0。 (4)≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到。 学科网（北京）股份有限公司 $