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文档简介
专题3.5导数的综合应用(举一反三复习讲义)
【全国通用】
1、导数的综合应用
导数是高中数学的重要内容,导数的综合应用是高考必考的重点、热点
内容,从近几年的高考情况来看,高考中常涉及的问题有:导数中的不等式
命题规律恒(能)成立问题、利用导数证明不等式、导数中的函数零点(方程根)问
题等,这些问题体现了分类讨论、转化与化归等数学思想,此类问题在选择、
分析填空、解答题中都有考查,但主要以解答题为主,而在解答题中进行考查时
试题综合性强,难度较大,需要灵活求解,二轮复习时要加强对这方面内容
的训练.
考点2023年2024年2025年
高考真题
新课标I卷:第19题,新课标I卷:第18题,全国一卷:第19题,
统计导数的综合12分17分17分
应用新课标Ⅱ卷:第22题,新课标Ⅱ卷:第11题,全国二卷:第18题,
12分6分17分
全国甲卷(文数):全国甲卷(文数):
第20题,12分第20题,12分
全国甲卷(理数):全国甲卷(理数):
第21题,12分第21题,12分
全国乙卷(文数):
第8题,4分
预测在2026年全国卷高考数学中,导数的综合应用的相关问题的考情
2026年将继续维持稳定态势。预测在选择题、填空题中考查概率较低,主要考查函
数零点、不等式恒(能)成立问题,难度中档。大概率在解答题中考查,不
命题预测等式恒(能)成立问题、利用导数证明不等式、函数零点(方程根)问题依
旧是考查核心,都有可能考查,此时试题综合性较强,试题难度较大。
知识点1导数中的函数零点问题的解题策略
1.函数零点(个数)问题的的求解方法
(1)构造函数法:构造函数g(x),利用导数研究g(x)的性质,结合g(x)的图象,判断函数零点的个数.
(2)函数零点存在定理:利用零点存在定理,先判断函数在某区间有零点,再结合图象与性质确定函数有多
少个零点.
(3)数形结合法:函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数,数形结合,根据图象的几何直观求解.
2.导数中的含参函数零点(个数)问题
利用导数研究含参函数的零点(个数)问题主要有两种方法:
(1)利用导数研究函数f(x)的最值,转化为f(x)图象与x轴的交点问题,主要是应用分类讨论思想解决.
(2)分离参变量,即由f(x)=0分离参变量,得a=g(x),研究y=a与y=g(x)图象的交点问题.
3.与函数零点有关的参数范围问题的解题策略
与函数零点(方程的根)有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊
点判断函数的大致图象,进而求出参数的取值范围.也可分离出参数,转化为两函数图象的交点情况.
知识点2不等式恒(能)成立问题的解题策略
1.不等式恒(能)成立问题的求解方法
解决不等式恒(能)成立问题主要有两种方法:
(1)分离参数法解决恒(能)成立问题
①分离变量:根据不等式的性质将参数分离出来,得到一个一端是参数,另一端是变量表达式的不等式,
构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题,进而解决问题.
②恒成立;
恒成立;
能成立;
能成立.
(2)分类讨论法解决恒(能)成立问题
分类讨论法解决恒(能)成立问题,首先要将恒成立问题转化为最值问题,此类问题关键是对参数进行分
类讨论,在参数的每一段上求函数的最值,并判断是否满足题意,若不满足题意,只需找一个值或一段内
的函数值不满足题意即可.
2.双变量的恒(能)成立问题的求解方法
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价变换,常见的等价变换
有:
对于某一区间I,
(1).
(2).
(3).
知识点3导数中的不等式证明的解题策略
1.导数中的不等式证明的解题策略
(1)一般地,要证f(x)>g(x)在区间(a,b)上成立,需构造辅助函数F(x)=f(x)-g(x),通过分析F(x)在端点处的
函数值来证明不等式.若F(a)=0,只需证明F(x)在(a,b)上单调递增即可;若F(b)=0,只需证明F(x)在(a,
b)上单调递减即可.
(2)在证明不等式中,若无法转化为一个函数的最值问题,可考虑转化为两个函数的最值问题.
2.移项构造函数证明不等式
待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数,利用导教
研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
3.分拆函数法证明不等式
(1)若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时,可将待证式进行变形,构造两个函数,从而找到可以传递
的中间量,达到证明的目标.在证明过程中,等价转化是关键,此处g(x)min≥f(x)max恒成立,从而f(x)≤g(x)
恒成立.
(2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点,一般地,与lnx要分离,常构造与lnx,与的积、
商形式.便于求导后找到极值点.
4.放缩后构造函数证明不等式
某些不等式,直接构造函数不易求其最值,可以适当地利用熟知的函数不等式,
等进行放缩,有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断;也可以利用局部函数的有界性进行
放缩,然后再构造函数进行证明.
知识点4导数中的双变量问题的解题策略
1.转化为同源函数解决双变量问题
此类问题一般是给出含有x1,x2,f(x1),f(x2)的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为结构形式相同
的代数式,即转化为同源函数,可利用该函数单调性求解.
2.整体代换解决双变量问题
(1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数a,得到仅含有x1,x2的式子.
(2)与极值点x1,x2有关的双变量问题:一般是根据x1,x2是方程f'(x)=0的两个根,确定x1,x2的关系,再通
过消元转化为只含有x1或x2的关系式,再构造函数解题,即把所给条件转化为x1,x2的齐次式,然后转化
为关于的函数,把看作一个变量进行整体代换,从而把二元函数转化为一元函数来解决问题.
3.构造函数解决双变量问题的答题模板
第一步:分析题意,探究两变量的关系;
第二步:合二为一,变为单变量不等式;
第三步:构造函数;
第四步:判断新函数的单调性或求新函数的最值,进而解决问题;
第五步:反思回顾解题过程,规范解题步骤.
知识点5导数在解决实际问题中的应用
1.导数在解决实际问题中的应用
(1)利用导数解决实际问题时,常常涉及用料最省、成本(费用)最低、利润最大、效率最高等问题,求解时需
要分析问题中各个变量之间的关系,抓主元,找主线,把“问题情境"翻译为数学语言,抽象成数学问题,再
选择合适的数学方法求解,最后经过检验得到实际问题的解.
(2)解决优化问题的方法并不单一,运用导数求最值是解决这类问题的有效方法,有时与判别式、基本不等
式及二次函数的性质等结合,多举并用,达到最佳效果.
(3)利用导数解决实际问题的一般步骤
【题型1导数中的函数零点(方程根)问题】
【例1】(2025·湖南郴州·模拟预测)已知,若有两个零点,则实数m的取值
��
范围为()��=�e−ln��≥0��
A.B.C.D.
1111
22
0,�0,ee,+∞e,+∞
【答案】A
【解题思路】由同构的思想可知,若有两个零点,则有两个解,即
��
有两解,分离变量求导即可�(�)��e−�ln�=0�>0��=ln�
【解答过程】若有两个零点,则有两个解,
��
等价于�(�)有两�(个�)解=,�因e为−ln�,=0,所以,
��
令��e,−原�式ln等�=价0于�>0有两个�解≥,0�>0ln�≥0
�
因为��=�e,则当���=时�ln�,所以在上单调递增,
′�′
所以��=�+1e有两个�大>于0零的�解�.>0��0,+∞
解��=ln,�可�得>0,令,
ln�ln�
��=ln��=�ℎ�=��>0
则,当时,,当时,,
1−ln�
′2′′
ℎ�=�0<�<eℎ�>0�>eℎ�<0
所以在上单调递增,在上单调递减,且,的图象如图:
1
ℎ�0,ee,+∞ℎe=eℎ�
所以当时,有两个交点,即有两个零点.
1ln�
0<�<e�=��(�)
故选:A.
【变式1-1】(2025·安徽·模拟预测)函数的零点个数为()
��
A.0B.1��C=.�2e−e−1D.3
【答案】B
【解题思路】利用导数求出函数的单调区间,再由零点存在性定理判定零点个数即可.
【解答过程】,
'���
当时,��=e,�当+1−e时,=�e,
′′
所以�<0在��<上0单调递�减>,0在��>上0单调递增,
��−∞,00,+∞
所以当时,极小值,
当�=时0,��,所=以�0当=−2时,,无零点;
而�→−∞��→,−1�≤,0且函数�在�<0�上�单调递增,故有一个零点.
2
故选�(2:)B=.e−1>0�(0)=−2<00,+∞��
【变式】(贵州六盘水模拟预测)已知函数
1-22025··�.
e2�+1
�
(1)求函数在处的切线方程;��=
(2)函数���=1有两个零点,求实数的取值范围.
【答案】�(1�)=��−��
2e�−�+e=0
(2)或.
1
0<�<e�>4e
【解题思路】(1)借助导数的几何意义计算即可得;
(2)利用导数判断函数的单调性后可得函数极值,再结合函数性质计算即可得.
【解答过程】(),
1����2
e2�+1+2e�−e2�+1e2�+�−1
′22
则,又��=,�=�
′
则函�数1=2在e�1处的=切3e线方程为,
即���=1;�=2e�−1+3e=2e�+e
()2e�−�+e=0,定义域为,
2�2�
e2�+�−1e2�−1�+1
′22
��=�=�−∞,0∪0,+∞
当时,,当时,,
1′1′
�∈−∞,−1∪2,+∞��>0�∈−1,0∪0,2��<0
则在、上单调递增,在、上单调递减,
11
当��时−,∞若,−12时,+,∞则,若−1,,0则0,2;
且�<0�→−∞�;�→0�→0��→−∞
−1
e−2+11
当��≤时�,−若1=−1时,=则e,若,则;
�>0�→+∞��→+∞�→0��→+∞
且1;
2
1e1+1
1
若函��数≥�2=2有=两4个e零点,则有两解,
���−��
即有=�或.�=�
1
0<�<e�>4e
【变式】(河北模拟预测)已知函数是函数的一个极
1-32025··2
�
�32
值点.��=e−��+�−��,�∈�,�=2��
(1)求函数的单调区间;
(2)若函数��有三个零点,且.
①求实数�的�取值范围;�1,�2,�3�1<�2<�3
②求证:�.
【答案】(1�)1单+调�递2+减�区3>间2为,单调递增区间是(0,2).
−∞,0,2,+∞
(2)①;②证明见解析
44
2
0,e+3
【解题思路】(1)先求导函数,因为是函数的一个极值点,所以,解得,所以
′′1
���=2���2=0�=3
,再利用导数求解函数的单调区间;
1
′�
��=2−��e+1��
(2)①由(1)知函数的单调递减区间为,单调递增区间是分别验证函数有三
个零点时,必有��,反之验证当−∞,0,2,+∞时,函数有三个零0,2点,故函数有�三�个零
4444
22
0<�<e+30<�<e+3����
点的充要条件为,进而得到的范围;②先利用极值点偏移证明,又由,
44
2123
故0<.�<e+3��+�>0�>2
123
【解�答+过�程+】�(>)2由题知,因为是函数的一个极值点,所以,
12
2�−�
′�2′
��=e−3��+2��=2���2=0
即,解得,
1
4−12�=0�=3
故,令,解得或,
2
2�−�1
′�2�′
当��=e时−,�+2�=,2函−数��e单+调1递减;��=0�=0�=2
′
当�∈−∞,时0,��<,0函数�单�调递增;
′
当�∈0,2时�,�>0,函�数�单调递减.
′
所以�∈2,+是∞函数的�极�大值<点0,��
所以函�=数2的单调递减区间为,单调递增区间是(0,2).
�−∞,02,+∞
(2)①由(�1)知函数的单调递减区间为,,单调递增区间是而,
4
2
��−∞,0,2,+∞0,2�0=−��2=e+
,函数有三个零点时,必有解得.
444
�0<0,2
3−���0<�<e+3
当时,�2>0,,又因为
448844164
222222
且0<在�区<间e+3上�单−调2递=减4,e故+存3+在4唯−一�>4e+3使+得4−e−3=;4e+3−e>0�0<0
因为��−2,0且在区间上单�调1∈递增−2,,0故存在�唯�一1=0使得;
22
因为�0<0,�2>0��0,2且在区间�∈上单0,2调递减�,�故存=在0唯一
16641616
443
使得�4=e.−3+16−�<e−3<0,�2>0��2,4�∈2,4
3
所以��=0满足题意.
44
2
0<�<e+3
所以实数的取值范围为.
44
2
②先证:�.0,e+3
要证�1+�2,>只0需证,因为且在区间上单调递增,故只需
证�1+�2>0,即只需�2证>−�10<,�2即<只2,需0<证−�1<2��.0,2
211111
设��>�−�,则��>�−���−�−�>,0当时,,
2−�
′′′���
��=��−�−���=��+�−�=�e−e�+2−2��∈(−2,0)0<e<1
故,故在区间上单调递减,故
2−�
��
e−e�+2−2�>2−�−�−2−2�=−4�>0��−2,0��>�0=
.因此成立.
0�1+�2>0
又因为,故.
�3>2�1+�2+�3>2
【题型2利用导数研究不等式恒成立问题】
【例2】(2025·全国·模拟预测)若对任意,满足�恒成立,则实数的取值范围
−�2�
3
是()�∈e,+∞eln�−�≥0�
A.B.
2
C.−∞,eD.−∞,e
2
【答案】Be,+∞e,+∞
【解题思路】先证明时,对任意,满足�恒成立,当时,将不等式
−�2�
3
�≤0�∈e,+∞eln�−�≥0�>0
�变形为�,设,,利用导数判断函数的单调性,由条
−�2���2
3ln�2�
件e结ln合�单−调�性≥可0得eln�≥�e恒成立�,�设=�e�∈0,+∞,利用导数求函数��的最小值,由此
22
可得结论.�≤�ln��≥e��=�ln��≥e��
【解答过程】若,则对任意,,�,,
�−�2
3
�≤0�∈e,+∞�≤0e>0ln�>0
所以对任意,不等式�恒成立,
−�2�
3
�∈e,+∞eln�−�≥0
若,则,
�
2
�>0�>0
不等式�可化为�,
−�2���2
32
eln�−�≥0�≥e�ln�≥�e
故�,即�,
��2��2
ln�2ln�2
eln�≥�eln�⋅e≥�⋅e
由已知�在恒成立,
��2
ln�2
ln�⋅e≥�⋅ee,+∞
令,,则,恒成立,
�
�2
�
因为��=�e�∈时,0,+∞�ln�≥��∈,e,+∞
′���
所以函�∈数0,+∞在��=e上+单�e调递=增�,+又1e>0,,
�
�2
��=�e0,+∞ln�≥lne=1>0�>0
所以恒成立,其中,,
�
2
即ln�≥�恒成立.�>0�∈e,+∞
2
令�≤�ln��≥e,,
2′
所以��=在�ln��≥上e单调�递�增=,2则�ln�+�≥0,
2
所以��e,+.∞�(�)min=�e=e
2
0<�≤e
综上可得,
2
故选:B.�≤e
【变式2-1】(2025·陕西咸阳·模拟预测)已知函数,若在
1
��=ln�−���+�−�−1��≤00,+∞
上恒成立,则实数m的取值范围为()
A.B.C.D.
111
2
0,ee,11,ee,1
【答案】D
【解题思路】先根据与0关系分三种情况讨论,其中当时,再根据的最小值与0的关系
分和�两种情况讨论,当�时>,把0在ℎ(�)上恒成1立−,�转化成
在1−�<0上恒1成−立�,≥借0助导数,求出在1−�≥0上的最大�值�,≤且00,+∞即可求出m的取值�范�围≤.
【0解答0过,+程∞】函数的定义域为�(,�)0,+∞�(�)max≤0
①当时,�(�)0,+,∞
1
�=0��=�+�−1ln�
当时,,不符合题意;
1
②当�>1时�,�取=�+,�则−1ln�>0,不符合题意;
③当�<0时,设�=1�1=,−�⋅1−�>0,
1
�>0��=ln�−��ℎ�=�+�−�−1
则,当且仅当时取等号.
11
ℎ�=�+�−�−1≥2�⋅�−�−1=1−��=1
(i)若,即,取,
1
1−�<0�>1�=�
,,不满足题意;
11111
ℎ�=�+�−�−1=�−1<0��=ln�−1<0
(ii)若,即,
若1−在�≥0上0恒<成�立≤,1则需在上恒成立,
又��≤00,+∞,��≤00,+∞
11−��
�'�=�−�=�
当时,;当时,,
11
0<�<��'�>0�>��'�<0
所以在区间上单调递增,在区间上单调递减,
11
��0,��,+∞
所以,
11
��max=��=ln�−1=−ln�−1
故,解得,所以.
11
−ln�−1≤0�≥ee≤�≤1
综上可知,.
1
e≤�≤1
故选:D.
【变式2-2】(2025·广东汕尾·一模)已知在处有极小值.
1
��=2��−2�+1ln�−��=2
(1)求的值;
�
(2)设,若在上恒成立,求的取值范围(,是自然对数的底数).
12
��=��−���≤02,e�e≈2.718
【答案】(1)
1
�=4
(2)2.
e1
2
�≥2−3−e
【解题思路】(1)求出函数的导函数,由求出的值,再检验即可;
′
(2)由题意在上恒成立,则�2=0�,结合(1)中函数的单调性求出,
1212
�≥��2,e�≥�(�)max�∈2,e�(�)max
即可得解.
【解答过程】(1)因为,
1
��=2��−2�+1ln�−�
所以,依题意可得,解得.
2�+112�+111
′2′
��=2�−�+��2=2�−2+4=0�=4
当时,定义域为,且,
1131�−1�−2
′2
所以�=当4��=或2�−2l时n�−�,当0,+∞时��=,2�
′′
所以0在<区�间<1�>2�上�单>调0递增,1在<区�间<2�上单�调<递0减,
�0,12,+∞1,2
所以�在处有,极小值,所以符合题意.
1
���=2�=4
(2)由题意在上恒成立,所以只需,
1212
�≥��2,e�≥�(�)max�∈2,e
由(1)知在区间上单调递增,在区间上单调递减,
12
��2,1,2,e1,2
又,
2
1e1
22
�1=−2,�e=2−3−e
因为,所以,
22
e51e511
2222
�e−�1=2−2−e>2−2−2=2e−6>0�e>�1
即,所以
22.
e1e1
222
max
【变�式�2-3】=(�2e025·=青2海−·模3拟−预e测)已�知≥函2数−3−e.
(1)若,求曲线在处的切线�方(�程)=;2ln�−��
(2)讨论�=1的单调性�;=�(�)�=1
�(�)
(3)若,恒成立,求的取值范围.
��2
【答案�】>(10)�(�)≤e−��
(2)答案详见�解−析�−2=0
(3)
2
e,+∞
【解题思路】(1)由题可得切线方程斜率与切线所过点,据此可得答案;
(2)分类讨论,两种情况下,的正负性可得单调区间;
′2−��
�≤0�>0�(�)=�
(3)由题可得,结合单调性,可得,最后由单调性可得
2
ln�2���ln��ln�
e+ln�≤e+���(�)=e+��≤2ℎ(�)=�
答案.
【解答过程】(1)若,则,.
又,所以�=1�(�)=2l,n�−��(1)=−1
′2′
故曲�(线�)=�−1在�(处1)的=切2线−方1程=为1,即;
�=�(�)�=1�−(−1)=1×(�−1)�−�−2=0
(2)的定义域为,.
′22−��
�(�)(0,+∞)�(�)=�−�=�
当时,,故在上单调递增;
′2−��
�≤0�(�)=�>0�(�)(0,+∞)
当时,令,解得,
′2−��2
�>0�(�)=�>00<�<�
故在上单调递增,在上单调递减;
22
�(�)0,��,+∞
(3)由,可得,
��22��
即�(�)≤e−�,�+2ln�≤e+��
2
ln�2��
令e+ln�≤,e易+知��单调递增,
�
由�(�)=e+��(,�)可得,
2
ln�2��2
则e+ln�,≤即e+�.��ln�≤�(��)
2ln��
ln�≤���≤2
设,则,当时,,单调递减,
ln�1−ln�
′2′
ℎ(�)=�ℎ(�)=��>eℎ(�)<0ℎ(�)
当时,,单调递增,所以,
′lne1
0<�<eℎ(�)>0ℎ(�)ℎ(�)max=e=e
所以,因此的取值范围为.
�12
2≥e�e,+∞
【题型3利用导数研究能成立问题】
【例3】(2025·四川成都·一模)若存在使得不等式成立,则正实数的取值范围为()
�1�
�>0�e+1−�≤�ln��
A.B.C.D.
1
0,1[e,+∞)0,e(0,e]
【答案】C
【解题思路】把问题转化为:存在,使得成立,再设,,分析函数单调性,
−�−�
求函数的最大值即可.�>0�≤�e��=�e�>0
【解答过�程�】由,
�1��1�
�e+1−�≤�ln�⇒�e+1−�−�ln�≤0
设,,则,
�1�′�1
����
因为��=,�e+1−,�所−以ln�>0,所以��=在e+上单调递增,
′
由�>0�>0,��>0��0,+∞
−�
问题�转�化=为0存⇒在�=�e,使得成立,
−�
设,�>0,�≤�e
−�
则��=�e�>0,
′−�−�−�
由��=e−�e;=由e1−�,
′′
所以�函�数>0⇒在�<1上单�调递�增<,0在⇒�>1上单调递减,
所以��0,1,1,+∞
1
��max=�1=e
所以.
1
0<�≤e
故选:C.
【变式3-1】(2025·辽宁大连·三模)已知,若存在,使得,则实数
��
的取值范围是()��=�e−ln�−���0∈���0=1�
A.B.C.D.
1111
−∞,e−e,+∞−e,00,e
【答案】B
【解题思路】通过同构,令得到,通过确定单调性,得到,问题
��
00
转化成,在有ln�解,+进��而=可�求解.e−�=1��=e−��=0
ln�0
00
【解答过�程=】−由�题意可�得∈:�
,即,
��0ln�0+��0
�0e−ln�0−��0=1e−ln�0+��0=1
令,即存在使得,
�
构造ln�0+��0=�,�e,−�=1
�′�
由��=e−��,可�得=e−1,由,可得,
′�′�
所以��=e−1<在0�单<调0递减,�在�=e−1单>调0递增,�>0
�
又��=,e−�−∞,00,+∞
所以�0=1,即存在,使得,
00000
参变分ln离�得+到��=�=0,�∈�ln�+��=0
ln�0
�=−�0
令,
ln�1−ln�
′2
易得ℎ(�当)=−�,�时>,0ℎ(�)=,−当�,�>0时,,
′′
所以�∈0,eℎ(�在)<0单调�递∈减e,,+在∞ℎ单(�调)>递0增,
ln�
ℎ(�)=−�,�>00,ee,+
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