3.3 导数的综合应用(精讲册)-【实战高考】2026年高考数学总复习（山东专版）

O专题三导数及其应用 3.3导数的综合应用 高效复习必备 ①利用导数解决不等式的恒（能）成立问题；②利用导数解决函数的零点问题；③利用导数证明 核心知识 不等式 我们要掌握函数的构造这个重点问题，利用导数解决不等式的恒成立问题可以把参数进行分 怎么学 离，构造函数求出最值，从而求出参数的取值；证明不等式问题可以转化为构造函数进行解决； 求函数的零点问题，我们可以结合函数的图象进行求解 主要思想、 ①数形结合；②转化与化归思想；③分类讨论 方法 ①不能正确的分离参数致误；②不能正确的构造新的函数致误；③求零点时不能正确画出函数 易错警示 图象求解 学什么⊙人 考点内容梳理 考点1利用导数研究不等式（高考6年4考) 利用导数研究不等式恒（能）成立问题 (1)恒（能）成立问题的转化策略一般有：参数讨论法，参变分离法，先特殊后一般法等。 (2)常用的转化方法： ①a≥f(x)恒成立台a≥f(x)max;②a≤f(x)恒成立台a≤f(x)mim； ③a≥f(x)能成立台a≥f(x)min;④a≤f(x)能成立台a≤f(x)max. (3)双变量恒（能）成立问题的转化方法： ①Hc1∈M,3x2∈N,f(x1)>g(x2)台f(x)min>g(x)mim;②Hx1∈M,Hx2∈N,f(x1)>g(x2) 台f(x)min>g(x)max;③]x1∈M,]x2∈N,f(x1)>g(x2)台f(x)max>g(x)min;④]x1∈M,Hx2 ∈N,f(x1)>g(x2)台f(x)max>g(x)max·其中，上述函数的最值都存在. 考点2利用导数证明不等式（高考6年4考） (1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x)转化为证明f(x)一g(x)>0(或 f(x)一g(x)<O),构造辅助函数h(x)=f(x)一g(x).只需证明h(x)min>0(或h(x)max<0), (2)先放缩后构造法：首先根据已知条件（或常用结论）适当放缩，然后构造函数，转化为求函数最 值问题；有时也会利用上一问的结论进行放缩. 知识拓展 常见的放缩形式（大题使用需先证明）： (1)e≥x+1,e-1≥x,e≥ex,ex≥1-x. (2n≤-1(>0，lhx+1)≤rx>-1）,nk}-1>0),n≥1-(>0. (8)e≥1tz+7r6a≥0，e≤1+z+2(≤0，nzg(x>0. 205 讲解册 实战高考·数学 ⊙ 怎么考⊙ 题型各个击破 ⊙ 题型一导数与不等式的证明 所以f(x0)+3xo=xln0-x0+3x=-2x6 题型解读 +2x0=2x(1-xo)>0. 在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不 解题技法 等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函 利用作差构造法证明不等式的基本步骤： 数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究 (1)作差或变形； 函数的单调性或最值问题. (2)构造新的函数g(x); 典例1已知函数f(x)=xlnx-x. (3)利用导数研究g(x)的单调性或最值； (1)若f(.x)≥m.x-e2对任意的x∈(0，+∞) (4)根据单调性及最值，得到所证不等式. 恒成立，求实数m的取值范围； 题型二恒成立问题与能成立问题 (2)若是函数h(x)=f(x)十x2的极值点， 题型解读 求证：f(xo)+3xo>0. 用导数解决不等式恒（能）成立问题的常用方 (I)解：由f(x)=xlnx一x,则可得不等式xnx 法有分离参数法、等价转化法、拆解法等，其解 -xmx-e, 题思路是构造新函数分类讨论，将不等式恒 由x>0,则1nx-1+≥m,令g(x)=lnx (能)成立问题转化为函数的最值问题处理. 典例2已知函数f(x)=ae-2十lna-3. 1+e (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(2，f(2) 求导可得g)-士号=， 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； x,令g'(x)= (2)若f(x)≥ln(x十1)在(-1，十o∞)上恒成 0,解得x=e2, 立，求a的取值范围， 当0<x<e2时，g'(x)<0,当x>e2 解：(1)当a=1时，f(x)=e2-3,f(x)=e2， 时，g(x)>0, 切线的斜率=f(2)=e2-2=1,f(2)=e2-2 所以函数g(x)在(0，e2)上单调递减，在 -3=-2, (e,十∞)上单调递增， 所以切点坐标为(2，一2)，切线方程为y十2= 由题意可得g(x)min=g(e2)=2. x-2,y=x-4, 则m≤2. 当x=0时，y=-4,当y=0时，x=4， (2)证明：由h(x)=xlnx-x十x2,则h'(x) 所以直线与x轴交点为(4,0)，与y轴交点 lnx+2x,令H(x)=h'(x), 为(0，-4)， 求导可得(c)=2+1>0在(0，十∞)上恒 所以切线与坐标轴围成的三角形的面积为 成立， S=2×4X-4=8. 则函数H(x)在(0，十∞)上单调递增，即函数 (2)因为f(x)=ae-2+lna-3(a>0),f(x) h'(x)在(0，十∞)上单调递增， ≥ln(x+1)(x∈(-1，+∞))， 由xo是函数h(x)的极值点，则h'(xo)=0,即 所以ae-2+lna-3≥ln(x+1)(x∈(-1， In xo=-2xo, +∞)， 由h'(1)=2>0,则0<x<1, 可化为ema+x-2十lna十x-2≥ln(x+l)+x 206 O专题三导数及其应用 +1(x∈(-1，+∞))， =)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个 即elna+z--2+lna+x-2≥eha+)+ln(x十 零点时，利用导数研究函数的单调性，确定分 1)(x∈(-1，+∞))， 类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极 G(m)=em+m,G(m)=em+1>0, 值（最值）、端点函数值等性质，进而画出函数 所以G(m)为R上的单调递增函数。 的大致图象，再利用函数零点存在定理，在每 将eha+-2+lna十x-2≥en+)+ln(x十I) 个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0. (x∈(-1，十∞)转化为G(lna十x-2)≥ 典例3已知定义在(0，十∞)上的函数f(x)= G(ln(x+1)), e-m(x+1)2,m∈R 因为G(m)为R上的单调递增函数，所以lna +x-2≥ln(x+1)(x∈(-1，+∞))， (1)若m=,判断于(x)是否存在极小值点， 即lna≥ln(x十1l)-x+2,即eha≥eh+)-x+2 并说明理由； (x∈(-1，十∞))， (2)若f(x)存在两个零点，求m的取值范围， 整理有：a≥(x十1)ex+2(x∈(-1，十∞)， 解：(1)依题意可得f(x)=e-2m(x十1)， 令h(x)=(x+1)ex+2,h'(x)=ex+2-(x十 "m=2,故f(x)=e-(x+1). 1)ex+2=-xex+2, 令h'(x)=0,即-xex+2=0,x=0, 设g(x)=f(x),则g(x)=e-1,x>0, 当x∈(-1,0)时，h'(x)>0,h(x)在(-1,0) ∴g'(x)>g(0)=0, 上单调递增； (x)在(0，十o∞)上单调递增，.f(x)> 当x∈(0，十∞)时，h'(x)<0,h(x)在(0， f(0)=0, +∞)上单调递减， .f(x)在(0，十∞)上单调递增，无极小值点. 所以hmax=h(0)=e.因为a≥(x+1)ex+2 (2)令f(x)=0,可得m=(z十1)，所以y=m (x∈(-1，+∞)恒成立，所以a≥e2. e 解题技法 与)y=(z千1)恰有两个交点. 分离参数法是将含参不等式中的参数通过恒 等变形，使参数与其变量分离的一种方法.一 设A(=z则Wa)=千，令 般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a> h'(x)=0可得x=1, f(x)max;若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需 当0<x<1时，h(x)<0;当x>1时，h'(x)>0, a<f(x)min.若存在x∈D,使a>f(xo)成立， .h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单 则只需a>f(x)min;若存在xo∈D,使a< 调递增，h(x)≥h(1)= f(x)成立，则只需a<f(x)max,由此构造不等 .当x→0时，h(x)→1；当x→十∞时，h(x) 式，求参数的范围. 题型三零点问题 题型解读 ·m的取值范围是(，1片 利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、 解题技法 三角式及绝对值式等结构的函数零点个数（或 在借助函数图象研究函数零，点问题时，要准确 方程根的个数)问题的一般思路：(1)可转化为 画出函数的图象，不仅要研究函数的单调性与 利用导数研究其函数的图象与x轴（或直线y 极值的情况，还要关注函数值的正负以及变化 207 讲解 实战高考·数学 趋势，把函数图象与x轴有无交点，哪一区间 清楚，这样才能准确地研究直线与图象交点的 在x轴上方，哪一区间在x轴下方等情况分析 个数情况 ⊙ 本节压轴归纳 考查内容 设a()=e-子(x>0)N(x)=e+是> 隐零点问题 0,.h(x)在定义域上是增函数， 興例已知f代x)=(x-1)Pe-号x+ar(z :h(合)=e-2<0,h(1)=e-1>0,存在 >0)(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； 唯一∈（合，1），使A()=0, (2)当a=0时，判定函数g(x)=f(x)十lnx 即0-1=0，=1 ,-xo=lnx0,当0<x 号零点的个数，并说明理由。 <x时，h(x)<0,即g'(x)>0;当xo<x<1 解：(1)由题知，f(x)=(x2-1)e-a(x2-1) 时，h(x)>0,即g'(x)<0;当x>1时，h(x)> =(x-1)(x+1)(e-a). 0,即g'(x)>0, 若a≤1，当0<x<1时，f(x)<0,当x>1 .g（x)在区间(0，x)上单调递增，在区间 时，f(x)>0, (xo,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调 .f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1， 递增， 十∞)上单调递增； ∴.当x=xo时，g(x)取极大值g(xo)=lnxo 若1<a<e,即0<lna<l,当0<x<lna或 x>l时，f(x)>0,当lna<x<1时，f(x) 2+(红-16=-司6+-2. <0, 设F()=-22+-2(合<<1，易知 ∴.f(x)在区间(0，lna)上单调递增，在区间 (lna,1)上单调递减，在区间(1，十o∞)上单调 F(x)在区间(2,1)上单调递减。 递增； 若a=e,f(x)≥0，∴.f(x)在(0，十o∞)上单调 gm)<F(2)=-8 <0,∴.g(x)在(0,1) 递增； 若a>e,即lna>l,当0<x<1或x>lna 内无零点.“g(1)=-日<0，g(2)=心2-2+ 时，f(x)>0,当1<x<lna时，f(x)<0, ln2>0, ∴.f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1， .g(x)在(1，十∞)内有且只有一个零点 lna)上单调递减，在区间(lna,十o∞)上单调 综上所述，g(x)有且只有一个零点. 递增 洗题意图 (2)当a=0时，g)=lnx-2d+(x-1e, 我们在做题的过程中会遇到函数的零点存在 但无法直接求解出来的问题，这时我们可以采 定义域为(0，十∞)， 用隐零点问题，在函数、不等式与导数的综合 ∴g'(x)=1-x+(x2-1)e=(x+1)(x 题目中常会遇到涉及隐零点的问题，处理隐零 点问题的基本策略是判断单调性，合理取点判 (e-) 断符号，再结合函数零点存在定理处理 208