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文档简介

专题3.6导数的综合应用(举一反三专项训练)

【全国通用】

目录

第一部分题型专练

【题型1导数中的函数零点(方程根)问题】.......................................................................................................1

【题型2利用导数研究不等式恒成立问题】...........................................................................................................5

【题型3利用导数研究能成立问题】.......................................................................................................................7

【题型4利用导数证明不等式】.............................................................................................................................11

【题型5利用导数研究双变量问题】.....................................................................................................................17

【题型6导数中的极值偏移问题】.........................................................................................................................23

【题型7导数在实际问题中的应用】.....................................................................................................................29

【题型8导数中的新定义问题】.............................................................................................................................33

第二部分分层突破

A组基础跟踪练

B组培优提升练

【题型1导数中的函数零点(方程根)问题】

1.(2025·四川成都·三模)函数有且只有一个零点,则的取值是()

A.B.��=2�−�C.−ln�D.�

【答案】B1−ln21+ln2ln2−ln2

【解题思路】根据函数有且只有一个零点,将其转化为函数的图象与直

线有且只有一个�交�点=,2求�导−判�断−函ln数�的单调性,求出其最小值,即得�参�数=的2值�.−ln�

【解�答=过�程】由,可�得�.

令��=2�−,�则−ln�=0�=,2�−ln�

′12�−1

��=2�−ln�,�>0��=2−�=�

则当时,,当时,,

1′1′

0<�<2��<0�>2��>0

则在上单调递减,在上单调递增,故,

111

��(0,2)��(2,+∞)�(�)min=�(2)=1+ln2

且当时,;当时,,

+

因函数�→0�(�)→+∞有且只�→有+一∞个零点�,(�)→+∞

即函数��=2�−�−的ln图�象与直线有且只有一个交点,

故��=2.�−ln��=�

故选�:=B1.+ln2

2.(2025·云南红河·三模)函数的零点个数是()

3

A.0B.1��=�−1C2.�+216D.3

【答案】C

【解题思路】利用导数研究函数的单调性,进而得函数的极值,即可得函数的零点个数.

【解答过程】,,

′2

令,�得�=3�或−12=;3令�+2�−,2得�∈�,

′′

所以�函�数>0的单�>调2递增�区<间−为2��<,0−2,<单�调<递2减区间为,

所以函数��的极大值为−∞,,−极2小值2为,+∞,(−2,2)

当�时�,,�当−2=32时,�,2=0

所以�→函−数∞的�零�点<个0数为2�.→+∞��>0

故选:C.��

3.(2025·贵州遵义·模拟预测)已知函数.

32

(1)当时,求曲线在点��处的=切�线−方2�程+;�+��∈�

(2)若函�=数1恰有三个�不=同�零�点,求0实,�数0的取值范围.

【答案】(1�)��

�−�+1=0

(2)

4

(−27,0)

【解题思路】(1)求出,根据导数的几何意义求出切线的斜率,再利用直线的点斜式方程求解即可;

(2)由题可得�0,令,利用导数求出的单调性和极值,函数

3232

恰有三个不同−零�点,+即2�−�与=�有�3(�个)不=−同�交+点2,�结−合�图象分析即可求解�(.�)��

【解答过程】(1)当�(�)时,�=�,,

32

所以�=1,��=�−2�+�+1�0=1

′2

所以切�线�斜=率3�−4�+,1

所以曲线�0在=点1处的切线方程为,即.

(2)令�=��0,�0,可得�−1=�−0,�−�+1=0

3232

��=�−2�+�+�=0−�+2�−�=�

令,

32

函数�(�)=恰−有�三+个2�不−同�零点,则函数图象的与直线有3个不同交点,

���(�),�=�

′2

令�(�)=−3�,+解4得�−1=或−,�−13�−1

′1

�(�)=0�=13

当时,,

1′

�∈−∞,3∪1,+∞�(�)<0

当时,,

1′

�∈3,1�(�)>0

所以在和上单调递减,在上单调递增,

11

�(�)−∞,31,+∞3,1

且,,

11214

作出�(函3)数=−27的+大9−致3图=象−,27�(1)=−1+2−1=0

�(�)

所以.

4

�∈(−27,0)

4.(2025·广东汕头·三模)已知函数,为的导函数,

2′

(1)当时,讨论的单调性;��=��+�−2�−ln��∈�����

(2)若�=1有两个零点�,�

(i)求��的取值范围;

(ii)记�较小的一个零点为,证明:.

【答案】�(1�)在上单调递减,�0在�单0�调�递0增>;−2

(2)(i);0(,1ii)证明见解析.1,+∞

【解题思路0,】1(1)利用导数,根据导数正负得到函数的单调性;

(2)(i)先讨论单调性,根据有两个零点得出最小值,即可得的取值范围;

1

����<0�

(ii)结合(i)知,要证,即证,即,分

′1

�0��0>−22�0+1��0−1>−2��02�0+1>2�0−10<�0≤2

和进行证明.

1

2<�0<1

【解答过程】(1)当时,,函数的定义域为,

2

�=1��=�−�−ln���0,+∞

′1�−12�+1

当��=2�−时1,−�=,�函数单调递减;

当�∈0,1时�,�<0,函�数�单调递增.

综上�∈所述1,,+函∞数�在�>0上单调递�减�,在单调递增.

��0,11,+∞

(2)(i)函数的定义域为,,

′1��−12�+1

①当时,��,函数0,+∞在��单=调2�递�+减,�−2至−多�=有一个零�点,不符合题意;

②当�≤0时,令��<0,解得��,0,+∞��

′1

�>0��=0�=�

当时,,函数单调递减;

1′

�∈0,���<0��

当时,,函数单调递增.

1′

�∈�,+∞��>0��

∴当时,取得最小值,最小值为.

111

�=�����=1−�+ln�

因为函数有两个零点,且时,,时,,所以.

+1

���→0��→+∞�→+∞��→+∞��<0

设,易知函数在单调递增.

1

��=ln�−�+1��0,+∞

因为,所以的解集为.

综上所�述1,=实0数的取�值�范<围0是.�∈0,1

(ii)因为�0,1,由,结合(i)知,

2

要证��=�,+即�证�−2�−ln��1=2,�−即2<00<,�0<1

0000000

当���时>−,2因为2�+1��,−1>−2,�不�等2�式恒+成1立>;2�−1

1

0<�0≤2��02�0+1>02�0−1≤0

当时,由得.

1

2<�0<1��0=0��0�0+1=ln�0+2�0

即证.

00000

即证2�+1ln�+2�>2�−1�+1

2.

2�0−1�0+1−2�0−�0−11

ln�0>2�0+1−2�0=2�0+1=−�0−2�0+1

即证.

1

002�0+1

设ln�+�+>,0,由,

11′1212

212

2�+12��

��=ln�+�+�∈,1��=+1−2�+1>+1−2×2+1>0

所以在单调递增.

1

��2,1

所以,故原不等式成立.

1

��>�2=−ln2+1>0

所以.

00

【题型��2�利>用−导2数研究不等式恒成立问题】

5.(2025·山东烟台·三模)若不等式恒成立,则实数a的取值范围为().

A.B.�e−�−C.ln�−�≥0D.

【答案】C0,10,e−1−∞,1−∞,e−1

【解题思路】先化简转化为恒成立,再构造函数,结合函数单调性求

ln�+��

出最值解题.e−ln�+�−�≥0��=e−�

【解答过程】因为,即,

�ln�+�

令,则�e−�−ln�−恒�成≥立0,e−ln�+�−�≥0

则�=ln�+�恒成立e,−�−�≥0

令�≤e−�,则,

�′�

当��=e−时�,��=;e−1

当�∈−∞,0时,��<0,

所以�∈0,在+∞�上单�调>递0减,在上单调递增,

所以��−∞,0,所以0,,+故∞a的取值范围为.

故选:�C�.min=�0=1�≤1−∞,1

6.(2025·甘肃金昌·三模)若关于的不等式在上恒成立,则实数的取值范围

ln��2�

为()�eln��≤2�e0,+∞�

A.B.C.D.

2

【答案】B0,e0,2e0,e0,e

【解题思路】利用同构可得即在上恒成立,设,利

用导数求出该函数的最小值ln后�可�得≤参2数�的取ln�值≤范2围�.−ln�0,+∞��=2�−ln�,�>0

【解答过程】由题设有,

当即�>0时,不等式恒成立;

1ln��2�

ln��≤00<�≤�eln��≤2�e

当即时,设,则,

1�'�

故ln��>在0�>�上为增�函�数=,�e而,�>0��=�+即1e>0

�ln��2�

因为��=�e0,+∞,故即eln��≤2�在e�ln�上�恒≤成�立2,�

1

ln��>0,2�>0ln��≤2�ln�≤2�−ln��,+∞

而时,恒成立即恒成立,

1

故0<�≤�l在n��≤2�上恒成立,ln�≤2�−ln�

设ln�≤2�−ln�0,+,∞则,

′2�−1

��=2�−ln�,�>0��=�

当时,;当时,,

1′1′

0<�<2��<0�>2��>0

故在上为减函数,在上为增函数,

11

故��0,2,故2,+∞,故,

故��min=1,+ln2ln�≤1+ln2=ln2e�≤2e

故选0:<B�.≤2e

7.(2025·吉林长春·模拟预测)已知函数.

2

(1)求函数在处的切线方程;��=�ln�+�−2�+2

(2)若��恒�成=立1,求实数的取值范围.

【答案�】�(1)≥���

(2)�−�=0

【解(题−思∞路,1】](1)求导,根据导数的几何意义求解即可;

(2)分离参数,令,根据导数求得最小值,结合题意即可求解.

2

�(�)=ln�+�−2+�

【解答过程】(1)函数的导函数为,所以,

′′

又,所以在��处的切线�方(�程)=为ln�+,2�即−1�;(1)=1

(2�)(1函)数=1的定�义(�域)为�=1,�=��−�=0

由�(�恒)成立,得(0,+∞)恒成立,

�(�)2

�(�)≥���≤�=ln�+�−2+�

设,则,

2

212�+�−2(�+2)(�−1)

′222

当�(�)=ln时�,+�−2+�,,�所>以0函数�(�)在=区�+间1−�上=单调�递减=;�

当�∈(0,1)时�,(�)<0,所以函�数(�)在区0间,1上单调递增,

所以�∈(1,+∞)�(�)>0�(,�)所以1,,+∞

故实数�(�的)m取in=值�范(1围)是=ln1+1−.2+2=1�≤1

8.(20�25·四川泸州·一(模−)∞,已1]知函数.

(1)求曲线在点处的切�线(�方)=程�;e

(2)若�=�(�)(0,�,(0对))任意,都有恒成立,求的取值范围.

�(�)=�(�)−�−ln��∈(0,e)�(�)≥��

【答案】(1)

(2)�=�

【解(题−思∞路,1】](1)先求出该点的函数值与函数在该点的导数值,再利用点斜式直线方程化简求解即可.

(2)要使恒成立,只需,令,求导结合零点存在定理得的单

调区间,�进(�而)求≥得�在上�的≤最�小(�值)min�(�)即=可�得(�解)−.�−ln��(�)

【解答过程】(1)已�(知�)(0,e),将�(�代0)入=函1数可得.

�0

又�(�)=�e,�=0�(0)=0×e=0

′���

将�(�)=代1入×导e数+�×中e,=得(�到+切1线)e的斜率.

′′0

已知�=点0,斜率�(�),代入可得切线方程�=�(0)=(0+1)e,=即1.

(2)要使(0,0)恒�=成1立,只需.�−0=1×(�−0)�=�

min

�(�)≥��≤�,(�则).

�′�1

�(�)=�(�)−�−ln�=�e−�−ln��(�)=(�+1)e−1−�

令,.

11

�′�2

ℎ(�)=(�+1)e−1−�,�∈(0,e)ℎ(�)=(�+2)e+�

因为时,,所以,即在上单调递增.

1

�2′

又�∈(0,e)(�+2)e>0,�>0,ℎ(�)>0ℎ(�)(0,e)

1

ℎ(1)=(1+1)e−1−1=2e−2>0,

1

11233

ℎ2=2+1e−1−2=2e−3<2×2−3=0

所以存在,使得.

1

020

当�∈时,,1,ℎ即�=0单调递减;

当�∈0,�0时,ℎ(�)<0,即�(�)<0,�(�)单调递增.

由上�∈述分�0析,e可知,ℎ(�)>在0�处(�)取>得0最,�小(�值),即.

0min0

因为,即�(�)�=�,整理得�(�)=��,

�01�01�0+1

ℎ�0=0�0+1e−1−�0=0�0+1e=1+�0=�0

两边同时除以,可得,即,

�01

�0+1�0+1≠0e=�0�0=−ln�0

将代入中:

�01

e=�0��0

�01

��0=�0e−�0−ln�0=�0×−�0−−�0=1−�0+�0=1.

所以,要使对恒�成0立,只需.

�(�)≥��∈(0,e)�≤1

【题型3利用导数研究能成立问题】

9.(2025·湖北·模拟预测)已知函数,若存在实数,使得,

��2

��=��e+ln�,��=�−��0��0≤��0

则实数的取值范围为()

A.�B.C.D.

11

0,1−∞,0∪0,10,e−∞,0∪0,e

【答案】D

【解题思路】对分类讨论,通过同构可将问题转化为,构造,利用导数求解最值即可.

��

��

��≤eℎ�=e

【解答过程】当时,max,合题意.

2�22

当时,�<0�<0,即��=�e<�<�−�=��

��2��2

�>0�>0,��≤����e+ln�≤�−�⇔��e+�+ln�≤�

��222�+ln��22

⇔��e+�+ln�+ln�≤�+ln�⇔e+�+ln��≤�+ln�

为的增函数,,即,

�+ln��2�2�

∵�=�+ln�0,+∞∴e≤���e≤�⇔�≤e

由题意,只需,

�≤emax

记,

�1−�

�′�

ee

当ℎ�=,ℎ�=在单调递减,在单调递增,

′′

故�>1,ℎ�<0,ℎ�,所以1,+∞,0<�<1,ℎ�>0,ℎ�0,1

11

ℎ�max=ℎ1=e0<�≤e

综上,的取值范围为,

1

�−∞,0∪0,e

故选:D.

10.(2025·陕西安康·模拟预测)若存在,使得不等式成立,则实数的

2

24��2

取值范围为()�∈0,+∞��+�≥e+ln��

A.B.C.D.

1111

2e,+∞e,+∞−∞,e−∞,2e

【答案】D

【解题思路】将原不等式变形为,令,则,然后利

2

22��2ln�2�2

��−e≥ln�−e�(�)=�−e�(��)≥�(ln�)

用导数判断出在上递减,所以将问题转化为在上有解,即在

ln�

22

�(�)R��≤ln��∈0,+∞�≤��∈0,+∞

上有解,再构造函数,利用导数求出其小大值即可.

ln�

2

ℎ(�)=�(�>0)

【解答过程】由,得,

22

24��222��2

��+�≥e+ln���−e≥ln�−�

所以,

2

22��2ln�

��−e≥ln�−e

令,则可化为,

2

2�22��2ln�2

�(�)=�−e��−e≥ln�−e�(��)≥�(ln�)

,令,则

′�′�

�(�)=2�−e,令�(�)=�(�)=2�,−得e,

′�′�

�当(�)=2−时e,�(�),=当2−e=0时,�=ln2,

′′

所以�<ln2在�(�)>上0递增�,>在ln2�(上�)递<减0,

所以�(�)(−∞,ln2)(l,n2,+∞)

′′

所以�(�)在≤�上(ln递2)减=,2ln2−2<0

所以�(�)R在上有解,

2

所以��≤l在n��∈0,+上∞有解,

ln�

2

�≤��∈0,+∞

令,则,

ln��−2�ln�1−2ln�

2′43

由ℎ(�)=�,(�得>0)ℎ(�),=得�=�,(�>0)

由ℎ(�)>0,得1−2ln�>0,得0<�<,e

所以ℎ(�)<在01上−递2ln增�,<在0�>上e递减,

所以ℎ(�)0,ee,,+∞

ln(e)1

ℎ(�)max=ℎ(e)=e=2e

所以,

1

�≤2e

即实数的取值范围为,

1

�−∞,2e

故选:D.

11.(2025·安徽·模拟预测)已知函数,其中.

1

�(�)=(3−�)ln�−3��+3�+6−��∈�

(1)讨论函数的单调性;

(2)若存在�(�,)使成立,求实数的取值范围.

2

�>0�(�)≥��

【答案】(1)当时,函数在上单调递增.当时,函数在上单调递增,在

11

�≤0��0,+∞�>0��0,��,+∞

上单调递减.

(2)

【解题−∞思,路3】(1)对函数求导,对参数分类讨论,根据导数判断函数单调性;

(2)结合(1)进而求得函数的最大值,再结合不等式求解参数取值范围.

【解答过程】(1)函数的定义域,

1

�(�)=(3−�)ln�−3��+3�+6−�0,+∞

对函数求导得,

2

3−�1−3��+3−��+1−3�+1��−1

′222

�(�)=�−3�+�=�=�

①当时,,因为,所以,则,

3�+1

′22′

�=0�(�)=��>03�+1>0,�>0��>0

函数在上单调递增.

②当��时0,,+令∞,即,解得(舍)或,

−3�+1��−111

′2

�>0�(�)=0�=0�=−3�=�

当,所以,则,函数单调递增.

12′

�∈0,���−1<0,3�+1>0,�>0��>0��

当,所以,则,函数单调递减.

12′

�∈�,+∞��−1>0,3�+1>0,�>0��<0��

③当时,令,即,解得(舍)或,

−3�+1��−111

′2

�<0�(�)=0�=0�=−3�=�

因为,所以,则,函数在上单调递增.

2′

综上,�>当0时�,�函−数1<0,3在�+1>0,上�单>调0递增�.�>0��0,+∞

�≤0��0,+∞

当时,函数在上单调递增,在上单调递减.

11

�>0��0,��,+∞

(2)由(1)知,当时,函数在上单调递增,

所以当,�≤0,则存�在�0,,+使∞成立.

2

�→+∞��→+∞�>0�(�)≥�

当时,函数在上单调递增,在上单调递减.

11

�>0��0,��,+∞

所以

1111

1

max

��=��=3−�ln�−3�×�+3�+6−�

=若存3在−�−,ln�使−3+3�,+6即−�=3−�−ln�+2�+3

22

令�>0�(�)≥�3−�−ln�,+2�+3≥�

2

求导��=3−�−ln�+2�+3−�,�>0,

′3−�3

��=ln�−�+2−2�=ln�−�+3−2�

令,,

2

313−2�+�+3−2�+3�+1

′222

ℎ�=ln�−�+3−2�ℎ�=�+�−2=�=�

令,解得或(舍),

'3

ℎ�=0�=2�=−1

当,,函数单调递增.

3'

�∈0,2ℎ�>0ℎ�

当,,函数单调递减.

3'

�∈2,+∞ℎ�<0ℎ�

所以有最大值,

33333

3

ℎ�ℎ2=ln2−2+3−2×2=ln2−2<0

可知,在单调递减,且,当,,

当��时<,0��.0,+∞�3=00<�<3��>0

�>3��<0

综上,实数的取值范围.

12.(2025·�甘肃白银·模拟−预∞,测3)已知函数,且在处取得极值.

(1)求m的值及的单调区间;��=��−2e−1���=0

(2)若存在�,�使得,求实数a的取值范围.

【答案】(1�)答∈案R见解析�;�≤2e�−�−1

(2).

【解�题≤思2路e】(1)对函数求导,由求参数,进而研究函数的单调区间;

(2)问题化为在�0=0上能成立,利用导数求的最大值,即可得范

����

围.�≤2(�e+e−�e)�∈R�(�)=�e+e−�e

【解答过程】(1)由题设,且,即,

′�′

所以,当�时�=��−,2当+�e时�0=,�−2=0�=2

′�′′

所以��的=递2减�e区间为�<0�,�递<增0区间为�>0�,�即>0处取得极小值,满足,

综上,��,的递(−减∞区,间0)为,递(0增,+区∞间)为�=0;

(2)由题�设=2��(−∞,0,)即(0,+∞)在上能成立,

���

令2�−2e−,1则≤2e�−�−1,�≤2(�e+e−�e)�∈R

��′�

令�(�)=�e+,e则−�e�(�)=e−,�e

′′�

当ℎ(�)=�时(,�)ℎ(�),=即−(�+1)e在上单调递增,

′′

当�<−1时,ℎ(�)>0,即ℎ(�)=�(�)在(−∞,−1)上单调递减,

′′

由�>−1时ℎ(�)<,0ℎ(�)=,�(�)(−1,+∞)

′′

当�→−∞时,�(�)→e,�(1)在=0上单调递增,

当�<1时,�(�)>0,�(�)在(−∞,1)上单调递减,

所以�>1�(�)<,0则�(�)(.1,+∞)

�(�)≤�(1)=e�≤2e

【题型4利用导数证明不等式】

13.(2025·陕西西安·模拟预测)已知函数,.

(1)若,证明:

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