导数·隐零点与构造函数 讲义-2026届高三数学二轮复习

2026届高三数学二轮复习：导数·隐零点与构造函 数（精讲+分层练） 第一部分核心方法精讲 一、隐零点（设而不求·代换消元) 1.适用场景 导数方程fx)=0含ex、nx无法解出具体根，需证明零点存在唯一， 用零点等式代换求最值。 2.标准解题六步法 ①确定定义域 ②求一阶导数fx) ③二阶导数判断fx)单调性 ④找点证明零点存在且唯一，设为xo ⑤判断原函数单调性 ⑥用f(x)=0代换求最值 3.高频代换公式 e西=克台X=-lnXo xeo=1台lnx0+x0=0 二、构造函数（化繁为简·单调性破题） 1.五大高频构造类型 ①移项构造：证fx)>gx),令hx)=f(x)-gx) ②指对分离：ex与lnx分置两侧，分别求最值 ③导数结构构造 ④双变量构造：比值/差值换元，统一单变量 ⑤分离参数构造：a≥fx)恒成立台a之f〔8ms 2.见fx)+f(x)→构ef(x) 3.见xf()-f(x)一构型 第二部分典例精讲（真题同源·踩分规范) 例1隐零点·恒成立求参（中档) 已知函数fx)=ex-alnx-a(x>0),若fx)≥0恒成立，求实数a的取值 范围。 解析： 1.定义域：x>0 2.求导：fx)=ex-景，f'x)=ex+是>0，故fx)在(0，+)单调递增。 3.当a≤0时，fx)>0,fx)单调递增，无下界，不满足。 4.当a>0时，彐唯一x∈(0，+∞，使e=忌，即a=oe。 5.代换得 fxg=e-anx+1)=是-a(-x+1)=a(xo+意-1)≥0 6.由a=xoe,且x+毫-1≥2x0高-1=1（当且仅当x=1取等号）， 故a(x0+毫-1)≥0恒成立。结合a=xe且x>0,得a>0;又当x0=1 时，a=1·el=e,综上a∈(0，e] 例2构造函数·同构证明（中档) 当x>0时，证明：ex1≥lnx+1o 解析： 1.构造：h(x=e-1-nx-1(x>0) 2.求导：h(x)=e-1-,h(x)单调递增，且h(1)=0。 3.单调性： -x∈(0,1)，h(x)<0,(x)递减 -xE(1,+∞)，h(x)>0,hx)递增 4,最值：4=回)=0，放e1≥nx十1。 例3构造函数·双变量（压轴) 已知X1>X2>0,证明：X1e2-X2e1>X1-X2。 解析： 1变形：好>实 2.构造：hx)=安(x>0) 3.求导：=>0，单调递增。 4.由x1>x2>0,得h(x)<h(x),原式得证。 第三部分分层训练 基础巩固（课堂作业，每题5分钟，共25分钟) 1判断f(x)=ex-(x>0)的零点个数，并说明理由。 2.构造函数证明：ex≥x+1(要求写出完整的求导、单调性判断过程)。 3.证明：x-lnx-1≥0(x>0),并求出等号成立的条件。 4.已知f(x)=lnx+x,求其导数，并判断f8)的单调性及零点情况。 5.构造函数证明：当x>0时，1n(x+1)≤x。 中档提升（周测/小练，每题8分钟，共40分钟) 6.已知fx)=xes-ax(x>0)存在最小值，求实数a的取值范围，并说明 理由。 7.证明：xlnx≥-(x>0),并求出最小值点。 8.用隐零点证明：es-lnx>2(要求严格遵循隐零点六步法)。 9.已知fx)=es-x-1,若fx)≥kx2(x≥0)恒成立，求实数k的取值范 围。 10.构造函数证明：当x>1时，竖<号。 压轴突破（二轮拔高，每题15分钟，共45分钟) 11.极值点偏移：已知f(x)=x-lnx,fx)=fx2)(x1≠x2),证明 1+x2>2,并写出完整的构造对称函数过程。 12.恒成立求参：ex-x-1≥a(x-1lnxx>0)恒成立，求a的取值范围 (需结合端点效应和隐零点分析)。 13.同构证明：证明x2ex≥lnx+1(x>0),要求使用同构思想，步骤规范。 14.双变量综合：已知81X2>0,且1e1=X2e?(x1≠x2),证明： 安+定>2。 答案详解 基础巩固 1.解：fx)在(0，+o∞)单调递增， f(告)=2-2≈1.648-2=-0.352<0， f(1)=e-1≈2.718-1=1.718>0，由零点存在性定理及单调性，故有 唯一零点。 2.证：令hx)=ex-x-1,定义域为R,h(x)=ex-1。 当x<0时，ex<1,故h(x)<0,hx)单调递减；当x>0时，ex>1, 故h(x)>O,h(x)单调递增。 4国n=A0=e0-0-1=0,故对任意xeR,20,即e之x+1· 3.证：令(x)=x-1nx-1,定义域为(0，+om,h(x)=安。 当x∈(0,1)时，x-1<0,故h(x<0,h(x)单调递减；当x∈(1，+oo 时，x-1>0,故h(x>0,hx)单调递增。 )=)=1-h1-1=0,故x-lnx-1≥0，等号成立的条件为 x=10 4.解：fx)=+1,定义域为(0，+：因x>0,故京>0，则 fx)=袁+1>0，所以fx)在(0，+∞)上单调递增；又fx=誓>0 恒成立，故fx无零点。 5.证：令hx)=x-lm(x+1),定义域为(0，+∞)，h(8)=1-克=； 当x>0时，x>0,x+1>0,故h8)>0,h(x)单调递增；又 h(0)=0-ln1=0,故当x>0时，h(x)>h(O)=0,即1n(x+1)≤x。 中档提升 6.解：f(x)=(x+1)ex-a,定义域为(0，+m:令gx)=(x+1)ex,则 g(x)=(x+2)ex>0(x>0)，故gx)单调递增，即f☒)在(0，+∞)单 调递增。要使fx)存在最小值，需f☒)=0有解，即a=gx)有解；又 g(x)>g(0)=(0+1)e0=1,故a>1。 7.证：令h(x)=xlnx,定义域为(0，+oo,h(x)=nx+1;令h(x)=0, 解得x=吉。 当xE(0,)时，h8)<0,h(x)单调递减；当x∈（台，+∞）时，h(8)>0, h(x)单调递增； 故因=h(传)=音h=-,即xnx之-吉，最小值点为x=。 8.证：设fx)=es-lnx,定义域为(0，+o)。 ①定义域：x>0; ②求一阶导数：fx)=e-袁； ③判断f(8单调性：f'(x)=ex+是>0，故fx)在(0，+oo)单调递增： ④找点证零点唯一：f()=-2<0,f1)=e-1>0,故ョ唯 xe(,1),使fx=0,即e品=嘉，两边取对数得nx0=-xo: ⑤判断原函数单调性：xE(O,xo)时，f)<0,fx)递减： x∈x,+o网时，f因>0，f)递增，故因=x: ⑥代换求最值：fxg=e-lnx=x+竞，由基本不等式x+京≥2 (x>0),且∈（传，1），故x+克>2，即fx>2。 9.解：令hx)=ex-x-1-kx2,定义域为[0，+m,h(0)=0; h(x)=es-1-2kx,h(0)=0;令g8)=h(&)=ex-1-2kx,则 g(x)=ex-2k。 当k≤号时，g(x)≥es-1≥0(x≥0)，故g(x)单调递增， g(x)≥g0)=0,即h(x)≥0，hx)单调递增，(x)≥hO)=0,满足条 件： 当k>专时，存在x>0使g(x)=0,xE(0,x时g(x)递减，g(x)<0, 即h(x)<0,h(x)递减，hx<h(O)=0,不满足； 综上k≤。 10.证：令h(x)=(x+1)lnx-xx-1),定义域为(1，+o∞，需证h(x)<0; h(x)=hx+-2x+1=lnx+京-2x+2; 令8)=hx),则g(x)=京-京-2=2，分子 -2x2+x-1=-2(x-)2-日<0，故g(x)<0,gx)单调递减： g(1)=ln1+1-2+2=1>0,当x→+o时，g(x)→-o,故 3x∈(1，+∞)使gxa)=0: x∈(1，x时，h(x)>0,h(x)递增；x∈(xD+)时，h(x)<0,h(x)递 减： 又h1)=0,当x→+o时，x+1lnx<《xx-1),故hx)→-o,故 h(x)<0,即竖<号。 压轴突破 11.证：由fx)=x-lnx,得f8)=1-走=安，故fx)在(0,1)单调递减， 在(1，+)单调递增，且=)=1。 不妨设0<x1<1<x2,要证X1十x2>2,只需证2>2-X1,又 2-x1>1,fx)在(1，+∞)单调递增，故只需证fx)>f2-x: 因fx)=fx),故只需证fx)>f(2-x)。 构造对称函数Fx)=f(x)-f(2-x)(0<x<1),则 冈-冈+-刘=学+婴=学+特=x--)-器>0 故Fx)在(O,1)单调递增，Fx)<F(1)=0,即f(x)<f2-x),故 f(x)<f(2-x1). 结合fx)=fx),得fx)<2-x),又fx)在(1，+o)单调递增，故 x2<2-81,矛盾，故81+x2>2。 12.解：令h(x)=ex-x-1-a(x-11nx(x>0),h(1)=0,需hx≥0 恒成立。 求导得h(x)=es-1-a(1nx+安)， h(1)=e-1-a0+1)=e-1-ao ①当a≤1时，由ex≥x+1、x-1≥lmx(x>0),得 8=ex-x-1-x-1)lnx≥0-ax-1)≥0，满足条件： ②当a>1时，h(1)=e-1-a<0,存在x∈(1，+使(xo)=0, x∈(1，x时h〔x)<0,h(x)递减，hx)<h(1)=0,不满足； 综上a≤1 13.证：将不等式变形为x2ex≥lnx十1，左边x2ex=en4x=ex+2hnx,令 t=x+2lnx(x>0),由e≥t+1(当且仅当t=0时取等号)，得 e+2nw≥x+2lnx+1。 只需证x+2nx+1≥lnx+1,即证x+lnx≥0： 令m(x)=x+lnx,m(x)=1+袁>0，mx)单调递增，且 m(告)=吉-1<0，m(1)=1>0,存在x∈（合，1）使mx)=0,故 m(x)≥mxd=0,即x+2lnx+1≥lnx+1: 又e'≥t+1与x+lnx≥0的等号不能同时成立(t=0时x+2lnx=0, 此时x+lnx=-lnx≠0)，故x2e≥lnx+1。 14.证：由x1e=x2e:(x1≠x2),两边取自然对数得1nx1十1=lnx2十X2, 令fx)=lnx+x,则fx)=fx),f(x)=袁+1>0，故fx)单调递增， 不妨设0<X1<x2 要证安+克>2，只需证x1+x2>2xX2,即证> :(对数均 值不等式)。 构造)=lnt-2 (t>1,令t=)，则 刊-高篇>0 故g)>g1)=0,即1mt>是，代入t=爱化简得x+x2>2xx2, 即是+克>2。