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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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