第3章 培优进阶4 导数中的三大解题策略：指对同构、端点效应、必要性探路(Word教师用书)-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（湘教版）

该高中数学高考复习讲义聚焦导数核心考点，围绕指对同构、端点效应、必要性探路三大解题策略，按“概念梳理-变形技巧-典例精析-规律总结-分层练习”逻辑架构知识体系，通过考点精讲、方法指导、真题演练环节，帮助学生构建导数问题解题框架，突破高考难点。 讲义创新采用策略具象化教学，如指对同构中通过构造f(x)=e^x+x转化不等式，培养学生数学思维与模型观念，设置基础排查、综合运用、创新拓展分层练习，配合即时反馈，确保高效复习，助力学生掌握解题通法，为教师把控复习节奏提供系统指导。

培优进阶4　 导数中的三大解题策略：指对同构、端点效应、必要性探路 策略一　指对同构 在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数或证明不等式，有些题目的表达式中蕴含着同一函数模型，可以利用同构法解决问题，其实质还是指数、对数恒等式的变换． 1．五个常见变形： xex＝ex＋ln x，＝ex－ln x，，x－ln x＝ln . 2．三种基本模式 (1)和差型：ea±a>b±ln b (2)积型：aea≤b ln b (3)商型：< (1)对于任意的x>0，ex≥(a－1)x＋ln (ax)恒成立，则a的最大值为________． (2)设实数a>0，对于任意的x>1，不等式aeax≥ln x恒成立，则a的最小值为________. (3)已知函数f(x)＝，若不等式f(x)≥对x∈(0，e]恒成立，则实数a的取值范围是________. 答案：(1)e　(2)　(3)[) 解析：(1)由ex≥(a－1)x＋ln (ax)，得ex＋x≥ax＋ln (ax)，即ex＋x≥eln (ax)＋ln (ax).令f(x)＝ex＋x，则f(x)≥f(ln (ax)).因为f(x)在R上是增函数，所以x≥ln (ax)，即a≤.令h(x)＝ (x>0)，则h′(x)＝，当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝e，即a≤e，所以a的最大值为e. (2)由aeax≥ln x得axeax≥x ln x，即axeax≥eln x·ln x．令f(x)＝xex，则f(ax)≥f(ln x).因为f′(x)＝(x＋1)ex，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．因为ax>0，ln x>0，所以ax≥ln x，即a≥.令h(x)＝ (x>1)，则h′(x)＝，当x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(e)＝，即a≥，所以a的最小值为. (3)因为≥，令函数g(x)＝，x∈(0，e]，则≥即g(eax)≥g(x).因为g′(x)＝，所以当x∈(0，e]时，g′(x)>0，则g(x)在(0，e]上单调递增，所以当x∈(0，e]时，g(eax)≥g(x)等价于eax≥x，即a≥恒成立．设函数h(x)＝，x∈(0，e]，则h′(x)＝≥0，即h(x)在(0，e]上单调递增，所以h(x)max＝h(e)＝，则a≥即可，所以实数a的取值范围是[). 　　若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以x，同加上x等，再变形． (1)aeax>ln x⇒axeax>x ln x； (2)ex>a ln (ax－a)－a⇒ex>ln －1⇒ex－ln a－ln a>ln (x－1)－1⇒ex－ln a＋x－ln a>ln (x－1)＋x－1＝eln (x-1)＋ln (x－1)； (3)ax>logax⇒ex ln a>⇒(x ln a)ex ln a>x ln x； (4)x＋≥xa－ln xa⇒－ln ≥xa－ln xa⇒f＝x－ln x； (5)xa+1ex≥－a ln x⇒xex≥⇒xex≥－a ln x·e－a ln x⇒f＝xex.　　 对点练1．(1)(2025·四川成都三模)若b>1，a∈R，且ea＋2ln b＝－a，则下列选项正确的是(　　) A．a2>b B．a2< b C．ea>b-1 D．ea>b-2 (2)设实数m>0，若对任意的x≥e，不等式x2ln x－≥0恒成立，则m的最大值为_________. (3)已知函数f(x)＝aexln x，g(x)＝x2＋x ln a，a>0.设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围是___________. 答案：(1)D　(2)e 　(3) [) 解析：(1)由ea＋2ln b＝－a，可得ea＋a＝－2ln b，整理得ea＋a＝＋ln .因为b>1，所以b2>b>1，即>，所以ea＋ln ea>＋ln ，ea＋ln ea<＋ln .令f(x)＝x＋ln x，易知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(ea)>f()或f(ea)<f()，可得ea>＝b-2，ea<＝b-1，即b-2<ea<b-1.故选D. (2)x2ln x≥⇔x ln x≥＝()·ln ().因为m>0，x≥e，所以>1.令f(x)＝x ln x(x>1)，f′(x)＝ln x＋1>0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f()⇔x≥，即ln x≥，m≤(x ln x)min＝e，所以m的最大值为e. (3)由h(x)>0，得g(x)－f(x)>0，得aexln x<x2＋x ln a，所以<＋＝，即>对任意x∈(0，1)恒成立．令H(x)＝，则H′(x)＝.当x∈(0，e)时，H′(x)>0，H(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0；当x∈(0，1)时，H(x)<0，若aex≥1>x，则H(aex)≥H(1)＝0>H(x)，若0<aex<1，因为H(aex)>H(x)，且H(x)在(0，1)上单调递增，则可得aex>x.综上可知，aex>x对任意x∈(0，1)恒成立，即a>对任意x∈(0，1)恒成立．设G(x)＝，x∈(0，1)，则G′(x)＝>0，所以G(x)在(0，1)上单调递增，则G(x)<G(1)＝，所以a≥，所以实数a的取值范围是[). 学生用书第71页 策略二　端点效应 恒成立问题中，我们常常会见到类似的命题：“对于任意的x∈或x∈ [a，＋∞)都有f(x)≥0恒成立”(f(x)中包含参数)，这里的端点a，b往往是使结论成立的临界条件，这种观察区间端点值解决问题的方法，称之为端点效应． 1．适用类型 (1)不便于参变分离． (2)参变分离后的函数形式较为复杂． 2．解题步骤 (1)移项，将所有变量移到一边，使不等式右边为0. (2)计算端点处的函数值，验证端点处的函数值是否为0，若为0，则可继续处理，否则此题不适用于端点分析法． (3)若端点处函数值为0，则此时应有f′(a)≥0，求出参数取值范围；若端点处函数值为0，且f′(a)＝0，则此时应有f ″(a)≥0.求出参数取值范围． (4)需证明必要性：求出参数取值范围后，应满足任意的x∈或x∈[a，＋∞)，f(x)≥0. [微提醒]　区间端点处的函数值恰好是不等式成立的临界值是这类问题的显著特征！ 设函数f(x)＝ln (1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围． 解：根据题意，f′(x)＝. 由于g(x)＝xf′(x)，x≥0，即g(x)＝，x≥0， 而f(x)≥ag(x)恒成立，即ln (1＋x)≥恒成立． 令F(x)＝ln (1＋x)－ (x≥0)，则F(x)≥0恒成立． 由于F(0)＝0，故此时必须保证函数F(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增， 即保证F′(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立， 而F′(x)＝－＝，则F′(0)＝1－a， 故F′(0)≥0，即a≤1. 下证当a≤1时，F(x)≥0恒成立． 当a≤1时，函数F′(x)＝≥≥0， 故函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增， 即F(x)≥F(0)＝0， 故当a≤1时，函数F(x)≥0恒成立，即原命题成立， 故实数a的取值范围是(－∞，1]. 　　这类恒成立题目，首先要构建一个新的函数使之大于等于0(或者小于等于0)，然后把区间端点代入计算看一下是否恰好为0，再求导，算出端点一阶导函数值，若端点一阶导函数值不为0，直接令导函数在端点处函数值大于等于0(或者小于等于0)，求出参数范围然后证明即可．　　 对点练2．设函数f(x)＝ex－e－x.若对任意x≥0都有f(x)≥ax，求实数a的取值范围． 解：根据题意，若对任意x≥0都有f(x)≥ax， 即要保证f(x)－ax≥0恒成立，也就是当x≥0时，ex－e－x－ax≥0恒成立． 令F(x)＝ex－e－x－ax(x≥0)， 由于F(0)＝e0－e0＝0， 要使函数F(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 即保证F(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增，则F′(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立， 而F′(x)＝ex＋e－x－a， 且F′(0)＝1＋1－a＝2－a， 故F′(0)≥0，即a≤2. 下证当a≤2时，F(x)≥0恒成立， 当a≤2时，函数F′(x)＝ex＋e－x－a≥ex＋e－x－2≥2－2＝0， 故函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增， 即F(x)≥F(0)＝0恒成立， 故实数a的取值范围是(－∞，2]. 学生用书第72页 策略三　必要性探路 必要性探路就是指一类函数的恒成立问题，可以通过取函数定义域内某个特殊值或几个特殊值，先得到一个必要条件，初步获取参数的范围，再在该范围内讨论，去验证其充分条件，进而解决问题的方法(端点效应法其实就是特殊的必要性探路，特殊值为端点).必要性探路求出的参数并不一定就是所求的实际范围，但可以限定问题成立的大前提，缩小参数讨论的范围，在一定程度上可以减少分类讨论的类别，降低了思维成本． 已知函数f (x)＝ln (x+1)－ax (a>0). (1)若函数g(x)＝f(x)－a在[0，e2－1]上有且仅有2个零点，求实数a的取值范围； (2)若f(x)≤a2ex－a(x+1)恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)由已知g(x)＝ln (x+1)－a(x+1)，令t＝x＋1. 又x∈ [0，e2－1]，得t∈ [1，e2]. 根据题意可得a＝有两个不等的实根，令φ(t)＝，其中t∈[1，e2]， 则直线y＝a与函数y＝φ(t)的图象在[1，e2]上有两个交点． 因为φ′(t)＝，当1<t<e时，φ′(t)>0，此时函数φ(t)单调递增， 当e<t<e2时，φ′(t)<0，此时函数φ(t)单调递减． 所以函数φ(t)的极大值为φ(e)＝， 且φ(1)＝0，φ(e2)＝， 结合图象(图略)可知，当≤a<时，直线y＝a与函数y＝φ(t)在[1，e2]上的图象有两个交点， 故实数a的取值范围是. (2)由已知函数f(x)的定义域是(－1，＋∞). 又f(x)≤a2ex－a(x+1)恒成立，即ln (x＋1)≤a2ex－a在x>－1时恒成立， 所以当x＝0时，ln (x+1)≤a2ex－a，即a2－a≥0.又a>0，则a≥1. 下面证明：当a≥1时，ln (x+1)≤a2ex－a在x>－1时恒成立． 易证当x>－1时，ln (x+1)≤x， 要证明ln (x＋1)≤a2ex－a，只需证明对任意的x∈(－1，＋∞)，a2ex－a≥x恒成立． 令φ(x)＝a2ex－x－a，则φ′(x)＝a2ex－1. 由φ′(x)＝a2ex－1＝0，得x＝ln ＝－2ln a≤0. ①当－2ln a≤－1，即a≥时φ′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，则φ(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 于是φ(x)>φ (-1)＝＋1－a＝ 2＋1－>1－>0； ②当－2ln a>－1，即1≤a<时，φ(x)在(－1，－2ln a)上单调递减，在(－2ln a，＋∞)上单调递增， 于是φ(x)≥φ(－2ln a)＝＋2ln a－a＝2ln a－a＋1. 令h(a)＝2ln a－a＋1，a∈[1，e)，则h′ (a)＝－1>－1>0，则h(a)在[1，)上单调递增． 于是h(a)min＝h(1)＝0，所以φ(x)≥0恒成立， 所以a≥1时，不等式a2ex－a≥x恒成立， 因此实数a的取值范围是[1，＋∞). 必要性探路属于先猜后证，大致可分两个步骤：一找必要条件，二证充分条件．若使用必要性探路法，则尤其要注意第一步寻找必要条件，因为其具有较强的技巧性．常见的选取技巧包括选择端点值、极值点、不等式公共取等条件、常见特殊数(如0，1，e，e2等).　　 对点练3．已知函数f(x)＝2ln x＋x2－4x＋3. (1)求函数f(x)在[1，2]上的最小值； (2)若f(x)≤a(x－1)3，求实数a的值． 解：(1)因为f′(x)＝＋2x－4＝≥0， 当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在[1，2]上是增函数， 所以f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)＝0. (2)根据题意得f(x)－a(x－1)3≤0， 设g(x)＝f(x)－a(x－1)3＝2ln x＋x2－4x＋3－a(x－1)3(x>0)， 则g′(x)＝－3a(x－1)2 ＝. ①当a≤0时，当x>1时，由(1)知f(x)>0， 而a(x－1)3≤0，所以f(x)≤a(x－1)3不恒成立. ②当a>时，0<<1，当x>时，g′(x)≤0，当且仅当x＝1时，g′(x)＝0， 所以g(x)在(，＋∞)上是减函数，所以g()>g(1)＝0，即g(x)≤0不恒成立. ③当0<a<时，>1， 当0<x<时，g′(x)≥0，当且仅当x＝1时，g′(x)＝0， 所以g(x)在(0，)上是增函数， 所以g()>g(1)＝0，即g(x)≤0不恒成立． ④当a＝时，g′(x)＝－， 当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)在(0，1)上是增函数； 当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上是减函数． 所以g(x)≤g(1)＝0，即g(x)≤0恒成立． 综上所述，实数a的值为. 课时测评22　导数中的三大解题策略：指对同构、端点效应、必要性探路 (时间：60分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (每小题5分，共30分) 1．设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea<b ln b，则(　　 ) A．ab>e B．b>ea C．ab<e D．b<ea 答案：B 解析：由aea<b ln b，得ea ln ea<b ln b．令f(x)＝x ln x(x>0).因为a>0，则ea>1，因为b>0，且b ln b>aea>0，则b>1.当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，ea ln ea<b ln b，即f(ea)<f(b)，所以ea<b，即b>ea.故选B. 2．若关于x的不等式ex＋x＋ln ≥mx＋ln m恒成立，则实数m的最大值为(　　) A．2 B．e C．3 D．e2 答案：B 解析：根据题意得m>0，x>0，不等式等价于ex＋x≥mx＋ln (mx)恒成立，即ex＋ln ex≥mx＋ln (mx)恒成立．令f(x)＝x＋ln x，则不等式转化为f(ex)≥f(mx).因为f′(x)＝1＋>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以ex≥mx，则≥m.令g(x)＝，x>0，则g′(x)＝，则当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以当x＝1时，g(x)有最小值，即g(x)min＝g(1)＝e，则m≤e，则m的最大值为e.故选B. 3．(多选)若不等式ax－exln a<0在x∈[2，＋∞)上恒成立，则实数a的值可以为(　　) A．3e B．2e C．e D．2 答案：BCD 解析：根据题意得a>0，由ax－exln a<0得<＝.令f(x)＝，则f′(x)＝，当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．又f(0)＝0，f(1)＝，当x>0时，f(x)＝>0恒成立，所以f(x)＝的图象如图所示，<，即f(x)<f(ln a)，x≥2.对于A，当a＝3e时，ln a＝ln 3＋1>2，根据图象可得f(x)<f(ln a)在[2，＋∞)上不恒成立，故A错误；对于B，当a＝2e时，ln a＝ln 2＋1∈(1，2)，根据图象可得f(x)<f(ln a)在[2，＋∞)上恒成立，故B正确；对于C，当a＝e时，ln a＝1，根据图象可得f(x)<f(ln a)在[2，＋∞)上恒成立，故C正确；对于D，当a＝2时，ln a＝ln 2，又f(ln 2)＝＝ln 2，f(2)＝.因为3×ln 2－3×＝ln 2－，且2>e，e2>6，即ln 2>1，<1，所以3×ln 2－3×＝ln 2－>0，即f(ln 2)>f(2)，根据图象可得f(x)<f(ln a)在[2，＋∞)上恒成立，故D正确．故选BCD. 4．已知实数x1，x2满足＝，ln x2＝，则x1＝________. 答案：4 解析：由ex1＝，可得x1ex1＝4，故x1>0.由ln x2＝，可得ln ＝4，可得eln ·ln ＝4，故ln >0.令f(x)＝xex，则f(x1)＝f(ln )，f′(x)＝(x＋1)ex，当x>0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．由f(x1)＝f(ln )得x1＝ln ，所以ex1＝，因为x1ex1＝4，所以x1＝4. 5．若关于x的不等式ex－a≥ln x＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是________. 答案： 解析：因为ex－a≥ln x＋a，所以ex－a＋x－a≥x＋ln x，所以ex－a＋x－a≥eln x＋ln x．令f(t)＝et＋t，则f′(t)＝et＋1>0，所以f(t)在R上单调递增，故ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，即f(x－a)≥f(ln x)，所以x－a≥ln x，即x－ln x≥a.令g(x)＝x－ln x，x>0，则g′(x)＝1－.令g′(x)>0，则x>1，令g′(x)<0，则0<x<1，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝1，所以 a≤1. 6．若存在正数x，使得不等式<ln (ax)有解，则实数a的取值范围是________． 答案：(e，＋∞) 解析：因为x>0，ax>0，所以a>0，不等式<ln (ax)可以化为xex<ax ln (ax)＝ln (ax)·eln (ax).令f(x)＝xex，则f(x)<f(ln (ax)).当x>0时，f′(x)＝(x＋1)ex>0，故函数f(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增．当ln (ax)≤0时，f(ln (ax))≤0，不符合题意，舍去．当ln (ax)>0时，x>.因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)<f(ln (ax))，所以x<ln (ax)，即a>.令h(x)＝ (x>0)，则h′(x)＝，当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝e，即a>e. 7．(20分)已知函数f(x)＝xeax－ex，当x>0时，f(x)<－1，求实数a的取值范围． 解：根据题意，得f′(x)＝(ax＋1)eax－ex，f′′(x)＝(a2x＋2a)eax－ex. 因为f(0)＝－1，f′(0)＝0，所以f″(0)＝2a－1≤0，解得a≤. 下面证明xeax－ex<－1对a≤且x>0恒成立． 只需证明x－ex<－1对x>0恒成立⇔x<－对x>0恒成立． 令t＝>1，则x＝2ln t，即证2ln t<t－①对t>1恒成立， 设p(t)＝t－－2ln t(t>1)，则p′(t)＝1＋－＝>0， 所以p(t)>p(1)＝0，故①式成立， 所以实数a的取值范围是. 8．(25分)已知函数f(x)＝aex＋x＋1. (1)讨论f(x)的单调性；(10分) (2)当x>1时，f(x)>ln ＋x，求实数a的取值范围．(15分) 解：(1)根据题意，得f′(x)＝aex＋1. 当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上是增函数． 当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln (－a)， 令f′(x)<0，可得x>－ln (－a)， 所以f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)在R上是增函数； 当a<0时，f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减． (2)因为当x>1时，f(x)>ln ＋x，所以aex＋x＋1>ln ＋x， 即eln aex＋x＋1>ln (x－1)－ln a＋x，即ex＋ln a＋ln a＋x>ln (x－1)＋x－1， 即ex＋ln a＋x＋ln a>eln (x-1)＋ln (x－1).[题眼，破题依据] 令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋ln a)>h(ln (x－1))对∀x∈(1，＋∞)恒成立． 因为h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在R上是增函数， 故只需x＋ln a>ln (x－1)， 即ln a>ln (x－1)－x对∀x∈(1，＋∞)恒成立． 令F(x)＝ln (x－1)－x，则F′(x)＝－1＝， 令F′(x)＝0，得x＝2. 当x∈(1，2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0， 所以F(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减， 所以F(x)≤F(2)＝－2. 因此ln a>－2，所以a>. 所以实数a的取值范围是. 9．(25分)已知函数f. (1)讨论f(x)的单调性；(10分) (2)当a＝－2时，若x≥0，f≤ln －mx－1，求实数m的取值范围．(15分) 解：(1)f′＝. 当a＝0时，f＝－e2x，易知f(x)在R上单调递减． 当a>0时，令f′>0，可得x>＋；令f′<0，可得x<＋且x≠， 所以f(x)在(－∞，)和上单调递减，在上单调递增． 当a<0时，令f′>0，可得x<＋且x≠；令f′<0，可得x>＋， 所以f(x)在(－∞，)和(，＋)上单调递增，在上单调递减． (2)当a＝－2时，由f≤ln －mx－1，得－≤ln －mx－1， 即＋ln －mx－1≥0. 令g＝＋ln －mx－1 (x≥0)，则g′＝＋－m. 因为g≥0，且g＝0，所以存在x0>0，使得当x∈[0，x0)时，g′≥0， 所以g′＝2－m≥0，即m≤2. 下面证明当m≤2时，g≥0对x≥0恒成立． 因为g≥＋ln －2x－1，且＝e2x－ln (1+2x)，[题眼，破题依据] 所以g≥e2x－ln(1+2x)＋ln －2x－1. 设F＝ex－x－1，所以F′＝ex－1，可知F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以F≥F＝0，所以ex≥x＋1，所以e2x－ln (1+2x)≥2x－ln ＋1， 所以g≥e2x－ln (1+2x)＋ln －2x－1≥2x－ln ＋1＋ln －2x－1＝0. 综上，实数m的取值范围是(－∞，2]. 学生用书第73页 学科网（北京）股份有限公司 $