第3章 培优增分4 导数中的工具性解题策略(教师用书Word)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

该高中数学讲义聚焦导数工具性应用，围绕单调性、极值点等基础考点，结合端点效应、指对同构等策略，按解题方法分模块系统梳理。通过命题解读、策略讲解、例题精析、真题训练环节，帮助学生构建导数综合题的解题框架，突破高考压轴题难点。 资料采用“师生共研”模式，创新整合隐零点虚设代换、洛必达法则等技巧，如端点效应中先由必要条件确定参数范围再证充分性，培养学生逻辑推理与模型建构能力。设置分层练习与方法总结，助力学生高效掌握解题策略，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供实用指导。

培优增分4　导数中的工具性解题策略 命题解读 导数作为高考压轴题的解题工具，其命题聚焦三大方向：基础工具性(单调性、极值点的灵活运用)、解题策略性(如端点效应、隐零点、指对同构等方法)、跨模块融合性(与不等式、数列的综合考查)．备考需掌握主元法、洛必达法则等核心策略，提升从复杂问题中提取数学模型的能力． 策略一　端点效应(师生共研) 端点效应的类型 (1)如果函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，则f(a)≥0或f(b)≥0. (2)如果函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且f(a)＝0(或f(b)＝0)，则f′(a)≥0(或f′(b)≤0)． (3)如果函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且f(a)＝0，f′(a)＝0(或f(b)＝0，f′(b)＝0)，则f″(a)≥0(或f″(b)≤0)． 例1　已知函数f(x)＝xeax－ex，当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围． 解：设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0, 又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，若a>，则g′(0)＝2a－1>0，因为g′(x)为连续不间断函数，故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，故g(x)在(0，x0)上单调递增，故g(x)>g(0)＝0，故h(x)在(0，x0)上单调递增，故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．若0<a≤，则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln (1+ax)－ex，下证：对任意x>0，总有ln (1＋x)<x成立． 设S(x)＝ln (1＋x)－x，则S′(x)＝<0， 故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，故S(x)<S(0)＝0，即ln (1＋x)<x成立． 由上述不等式有eax＋ln (1+ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，故h′(x)＜0总成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0.当a≤0时，有h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0. 综上，a的取值范围是. 具有端点效应的含参不等式恒成立问题的一种常用的解题方法是带参讨论，寻找讨论的分界点是解题的关键．既然f(x)≥0要恒成立，且f(0)＝0，那么f(x)在x＝0右侧附近函数值不能减少，所以f′(0)≥0，由此可得到f(x)≥0成立的必要条件f′(0)≥0(不一定是充分条件)，从而找到讨论的分界点．之后，再讨论所求的必要条件的充分性． 设函数f(x)＝ln (1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围． 解：依题意，f′(x)＝，由于g(x)＝xf′(x)，即g(x)＝，而f(x)≥ag(x)恒成立，即ln (1＋x)≥恒成立， 必要性：令F(x)＝ln (1＋x)－(x≥0)，即保证F(x)≥0，当x≥0时恒成立．由于F(0)＝0，故此时存在正数ε，必须保证函数F(x)在[0，ε)上单调递增，即保证F′(x)≥0在区间[0，ε)上恒成立，而F′(x)＝，即函数F′(x)＝，而F′(0)＝1－a，而要保证F′(x)≥0在[0，ε)上恒成立，故F′(0)≥0，即a≤1. 充分性：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在[0，＋∞)上恒成立，即原命题成立，故实数a的取值范围是(－∞，1]. 策略二　指对同构(师生共研) 在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数或证明不等式，部分试题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的是同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度．找到这个函数模型的方法，我们称为同构法，其实质还是指数、对数恒等式的变换． (1)五个常见变形： ①xex＝ex＋ln x；②＝ex－ln x；③＝eln x－x；④x＋ln x＝ln (xex)；⑤x－ln x＝ln . (2)三种基本模式 ①积型：aea≤b ln b ②商型：< ③和差型：ea±a>b±ln b 例2　 (1)若对任意x>0，恒有a(eax＋1)≥2ln x，则实数a的最小值为________． 解析：由题知ax(eax＋1)≥(x2＋1)ln x2，即(eax＋1)ln eax≥(x2＋1)ln x2，令f(x)＝(x＋1)ln x(x>0)，则f′(x)＝ln x＋，设φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝，易知f′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥f′(1)＝2>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．由(eax＋1)ln eax≥(x2＋1)ln x2，得f(eax)≥f(x2)，即eax≥x2，所以a≥.令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，则x＝e.当x∈(0，e)时，g′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)max＝g(e)＝，所以a≥，即实数a的最小值为. 答案： (2)已知函数f(x)＝aex ln 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________． 解析：由h(x)>0，得g(x)－f(x)>0，得aex ln x<x2＋x ln a，所以<，即>对任意x∈(0，1)恒成立． 设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≥，即实数a的取值范围为. 答案： (3)对于任意的x>0，ex≥(a－1)x＋ln (ax)恒成立，则a的最大值是________． 解析：由ex≥(a－1)x＋ln (ax)，可得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(1)＝e，即a≤e，所以a的最大值是e. 答案：e 解决指对混合不等式时，常规的方法计算比较复杂，可将不等式变形为f[g(x)]>f[h(x)]的结构，f(x)即为外层函数，其单调性易于研究． 1．设实数m>0，若对任意的正实数x，不等式emx≥恒成立，则m的最小值为(　　) A． B． C． D． 解析：A　因为m>0，emx≥，所以memx≥ln x，当0<x<1时，不等式显然成立，当x>1时，原不等式可变形为mxemx≥x ln x＝eln x·ln x，设函数g(x)＝xex，则g′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增，则不等式emx≥恒成立等价于g(mx)≥g(ln x)恒成立，即mx≥ln x恒成立，m≥max，设G(x)＝，x>1，则G′(x)＝，当1<x<e时，G′(x)>0，当x>e时，G′(x)<0，所以G(x)在(1，e)上单调递增，(e，＋∞)上单调递减，则G(x)max＝G(e)＝，则m≥，即m的最小值为.故选A. 2．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(　　) A． B．(－∞，e] C．(－∞，1] D．(－∞，2] 解析：C　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. 设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.设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(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，故＝g(1)＝1，故a≤1.故选C. 策略三　洛必达法则(师生共研) 1．在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“”型或“”型的代数式，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则． 2．洛必达法则 法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1)＝0及＝0； (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3)＝A，那么＝A. 法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1)＝∞及＝∞； (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3)＝A，那么＝A. 例3　 已知函数f(x)＝(x＋1)ln (x＋1)．若对任意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围． 解：当x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln (x＋1)>ax恒成立，即a<恒成立．令g(x)＝(x>0)，所以g′(x)＝.令k(x)＝x－ln (x＋1)(x>0)，所以k′(x)＝1－>0，所以k(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以k(x)>k(0)＝0，所以x－ln (x＋1)>0恒成立，所以g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则知＝1，所以a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]. 用洛必达法则处理(或型函数的步骤：(1)分离变量；(2)出现(或型式子；(3)运用洛必达法则求值． 已知函数f(x)＝2ax3＋x.当x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>x3－a，求a的取值范围． 解：当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a恒成立，即2ax3＋x>x3－a恒成立，即a(2x3＋1)>x3－x恒成立，即a>恒成立，令φ(x)＝(x>1)，所以φ′(x)＝>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，由洛必达法则知，，所以φ(x)<，故a≥.故a的取值范围为. 策略四　隐零点(师生共研) 隐零点问题是指函数的零点存在但无法直接求解出来的问题，在函数、不等式与导数的综合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解题思路是：形式上虚设(虚设零点)，运算上代换(整体代换)，数值上估算(猜根)，策略上等价转化(设而不求)，方法上分离函数(分参)，技巧上反客为主， 再结合单调性、函数零点存在定理进行处理． 例4　已知f(x)＝(x－1)2ex－x3＋ax(x＞0)(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－x2零点的个数，并说明理由． 解：(1)由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．若a≤1，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；若1＜a＜e，即0＜ln a＜1，当0＜x＜ln a或x＞1时，f′(x)＞0，当ln a＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；若a＝e，f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若a＞e，即ln a＞1，当0＜x＜1或x＞ln a时，f′(x)＞0，当1＜x＜ln a时，f′(x)＜0，所以f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增． (2)当a＝0时，g(x)＝ln x－x2＋(x－1)2ex，定义域为(0，＋∞)，所以g′(x)＝－x＋(x2－1)ex＝(x＋1)(x－1)，设h(x)＝ex－(x＞0)，所以h′(x)＝ex＋＞0，所以h(x)在定义域上是增函数，因为h＝ －2＜0，h(1)＝e－1＞0，所以存在唯一，使h(x0)＝0，即，－x0＝ln x0，当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＞0；当x0＜x＜1时，h(x)＞0，即g′(x)＜0；当x＞1时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，所以g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，g(x)取极大值g(x0)＝－2，设F(x)＝－－2，易知F(x)在区间上单调递减．所以g(x0)＜F＝＜0，所以g(x)在(0，1)内无零点，因为g(1)＝－＜0，g(2)＝e2－2＋ln 2＞0，所以g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点．综上所述，g(x)有且只有一个零点． 虚设零点法是解决隐零点问题最常用的方法，当导函数存在零点，但零点式子非常繁琐或无法求解时，可考虑虚设零点x0，再对f′(x0)＝0进行合理的变形与代换，将超越式化为普通式，从而达到化简f(x0)的目的． 已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)． (1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值； (2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2. 解：(1)设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)＝－a，得f′(x0)＝－a，所以切线方程为y－(ln x0－ax0＋1)＝(x－x0)，即y＝x＋ln x0.因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，所以解得a＝－1. (2)证明：当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1， 令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2＝xex－ln x－x－1(x＞0)，则F′(x)＝(x＋1)ex－(xex－1)，令G(x)＝xex－1(x＞0)，则G′(x)＝(x＋1)ex＞0，所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又G(0)＝－1＜0，G(1)＝e－1＞0，所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0，1)，且当x∈(0，x0)时，G(x)＜0，F′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，G(x)＞0，F′(x)＞0.所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故F(x)min＝F(x0)＝－ln x0－x0－1，由G(x0)＝0得＝1，两边取自然对数得ln x0＋x0＝0，故F(x)min＝0，所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2. 学科网（北京）股份有限公司 $