2027届高三数学一轮复习课件：第三章　3.3　导数的综合应用

第三章导数及其应用3.3导数的综合应用考点清单目录CONTENTS考点清单考点1利用导数证明不等式角度1构造函数证明不等式典例1

(参变分离构造法)(2020课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=ex+ax2-x.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≥

x3+1,求a的取值范围.解析

(1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f'(x)=ex+2x-1,设g(x)=f'(x),则g'(x)=ex+2,因为g'(x)>0,所以g

(x)在R上单调递增,即f'(x)在R上单调递增,因为f'(0)=0,故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,

+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解法一①当x=0时,不等式恒成立,可得a∈R.②当x>0时,可得a≥

,【分离参数,构造新函数】设h(x)=

,x>0,则h'(x)=

=

,可设m(x)=ex-

x2-x-1,则m'(x)=ex-x-1,设k(x)=ex-x-1,则k'(x)=ex-1,由x>0,可得k'(x)>0恒成立,可得k(x)在(0,+∞)上单调递增,即m'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以m'(x)>m'(0)=0,所以m(x)在(0,+∞)上单调递增,所以m(x)>m(0)=0,令h'(x)=0,可得x=2,当0<x<2时,h'(x)>0,h(x)在(0,2)上单调递增;当x>2时,h'(x)<0,h(x)在(2,+∞)上单调递减,所以h(x)max=h(2)=

,所以a≥

.综上,a的取值范围是

.解法二

指数找朋友法f(x)≥

x3+1等价于

x3-ax2+x+1

e-x≤1.【将不等式化成指数与多项式乘积的形式,可以在求导后省去研究指数函数,有利于进

行分类讨论】设g(x)=

e-x(x≥0),则g'(x)=-

x3-ax2+x+1-

x2+2ax-1

e-x=-

x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-

x(x-2a-1)(x-2)e-x.(i)若2a+1≤0,即a≤-

,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.(ii)若0<2a+1<2,即-

<a<

,则当x∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x)<0;当x∈(2a+1,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)≤

1当且仅当g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a≥

.所以当

≤a<

时,g(x)≤1.(iii)若2a+1≥2,即a≥

,则g(x)≤

e-x.由于0∈

,故由(ii)可得

e-x≤1.故当a≥

时,g(x)≤1.综上,a的取值范围是

.知识拓展指数找朋友法:在证明或处理含指数函数的不等式时,通常要将指数型的函

数“结合”起来,即让指数型的部分乘或除以一个多项式,这样对变形的函数求导后,无

需考虑指数型部分的值,使得后续解方程或求值的范围更加简单.这种变形过程,我们称

为“指数找朋友”.方法总结构造函数证明不等式的常见思路1.直接构造法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构

造辅助函数h(x)=f(x)-g(x).2.参变分离构造法:含参不等式证明或求含参不等式中参数范围时,可将参数与变量分

离到不等号两边,将不含参的多项式构造为新函数,转化为不含参函数的最值问题.3.构造双函数:若直接构造函数求导难以判断符号,则可构造函数f(x)和g(x),利用其最值

求解.f(x)min>g(x)max恒成立,从而f(x)>g(x),但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个

“x的值”,此法也称为“凸凹反转法”.变式训练1.(直接构造法)证明不等式:(1)x-1≥lnx,x∈(0,+∞);(2)ex≥1+x.证明

(1)设f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),则f'(x)=

-1=

.令f'(x)=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)在(0,1)上单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减.所以当x=1时,f(x)在区间(0,+∞)上取最大值.所以f(x)≤f(1)=ln1-1+1=0,所以x-1≥lnx,x∈(0,+∞).(2)设g(x)=ex-1-x,则g'(x)=ex-1.令g'(x)=0,得x=0.当x>0时,g'(x)>0,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当x<0时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,0)上单调递减.所以当x=0时,g(x)取最小值.所以g(x)≥g(0)=0,所以ex≥1+x.2.(凸凹反转法)设函数f(x)=aexlnx+

,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.(1)求a,b;(2)证明:f(x)>1.解析

(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f

'(x)=aexlnx+

-

ex-1+

ex-1.由题意可得f(1)=2,f'(1)=e.故a=1,b=2.(2)证明:由(1)知,f(x)=exlnx+

ex-1,从而f(x)>1等价于xlnx>xe-x-

.【不等式两边同乘

】设g(x)=xlnx,则g'(x)=1+lnx.当x∈

时,g'(x)<0;当x∈

时,g'(x)>0.故g(x)在

上单调递减,在

上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g

=-

.设h(x)=xe-x-

,则h'(x)=e-x(1-x).当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-

.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.角度2利用导数解决不等式恒(能)成立问题典例2

(2025北京,20节选)已知函数f(x)的定义域是(-1,+∞),f(0)=0,导函数f

'(x)=

,设l1是曲线y=f(x)在点A(a,f(a))(a≠0)处的切线.(1)求f

'(x)的最大值;(2)当-1<a<0时,证明:除切点A外,曲线y=f(x)在直线l1的上方.解析

(1)设g(x)=f

'(x),则g'(x)=

=

.由g'(x)=0,可得x=e-1,当x∈(-1,e-1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(e-1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,∴f

'(x)的最大值为f

'(e-1)=

.(2)证明:切线l1的方程为y-f(a)=f

'(a)(x-a),即y=f

'(a)(x-a)+f(a),即证f(x)-[f

'(a)(x-a)+f(a)]>0对任意的x∈(-1,a)∪(a,+∞)恒成立.令h(x)=f(x)-xf

'(a)+af

'(a)-f(a),则h'(x)=

f

'(x)-f

'(a),由(1)知,h'(x)在(-1,e-1)上单调递增,在(e-1,+∞)上单调递减,∴当x∈(-1,a)时,h'(x)<h'(a)=0,h(x)单调递减,h(x)>h(a)=0;当x∈(a,+∞)时,①x∈(a,e-1]时,h'(x)>h'(a)=0,h(x)单调递增,∴h(x)>h(a)=0;②x∈(e-1,+∞)时,f

'(x)>0,f

'(a)<0,h'(x)>0,h(x)在(e-1,+∞)上单调递增,显然有h(x)>0.综上,原命题得证.方法总结利用导数解决不等式恒(能)成立问题1.转化策略一般有:(1)参数讨论法;(2)分离参数法;(3)先特殊、后一般法;(4)同构法等.2.常用的转化方法(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max;(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min;(3)a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min;(4)a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.(1)∀x1∈M,∃x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min;(2)∀x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max;(3)∃x1∈M,∃x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min;(4)∃x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.3.双变量恒(能)成立问题的转化方法变式训练3.(分离参数法)已知函数g(x)=3alnx-2x+1,若存在x∈(1,4),使得g(x)≥1成立,则实数a

的取值范围是

()A.

B.

C.(-∞,2e]

D.[2e,+∞)

B

解析由题意得g(x)=3alnx-2x+1≥1在区间(1,4)上有解,可转化为3a≥

,令φ(x)=

,【参变分离,构造函数,求最小值】则φ'(x)=

,当x∈(1,e)时,φ'(x)<0,φ(x)在区间(1,e)上单调递减,当x∈(e,4)时,φ'(x)>0,φ(x)在区间(e,4)上单调递增,因此要使得3a≥

在区间(1,4)上有解,只需满足3a≥φ(x)min=φ(e)=2e,即a≥

.故选B.4.(双变量恒(能)成立问题)已知函数f(x)=xlnx,g(x)=x2-2x+a,若对任意的x1∈

,总存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,则实数a的取值范围是

()A.

B.

C.

D.

D

解析因为f

'(x)=lnx+1,x∈

,所以f

'(x)≥0,故f(x)在

上单调递增,所以f(x)∈

.因为g(x)=x2-2x+a=(x-1)2+a-1,所以g(x)在[1,2]上单调递增,所以g(x)∈[a-1,a].因为对任意的x1∈

,总存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2)成立,所以有f(x)min≥g(x)min,所以-

≥a-1,解得a≤1-

,故实数a的取值范围是

.故选D.角度3适当放缩证明不等式典例3

(利用lnx≤x-1放缩)(2025届湖南娄底模拟,18)已知函数f(x)=lnx-

x2+(1-a)x-sinx+lna+1,g(x)=xex,f

'(x)为f(x)的导函数.(1)若函数f

'(x)的图象与g(x)的图象的交点的横坐标x0∈

,求实数a的取值范围;(2)当a=1时,证明:f(x)<0.解析

(1)因为f(x)=lnx-

x2+(1-a)x-sinx+lna+1,x>0,所以f

'(x)=

-x+1-a-cosx.构造函数h(x)=f'(x)-g(x)=

-x+1-a-cosx-xex,x∈(0,+∞),则h'(x)=-

-1+sinx-(x+1)ex≤-

-(x+1)ex<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减.由题意知方程h(x)=0在

上有解,所以h

>0,且h(1)<0,即

解得1-cos1-e<a<

-cos

-

,即实数a的取值范围是

.(2)证明:当a=1时,f(x)=lnx-

x2-sinx+1,x>0.构造函数F(x)=lnx-x+1,x>0,则F'(x)=

-1=

,当0<x<1时,F'(x)>0;当x>1时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以F(x)≤F(1)=0,所以lnx-x+1≤0,所以lnx≤x-1,所以f(x)=lnx-

x2-sinx+1≤x-1-

x2-sinx+1=x-

x2-sinx.令G(x)=x-

x2-sinx,则问题转化为证明当x>0时,G(x)<0.G'(x)=1-x-cosx,令φ(x)=G'(x),则φ'(x)=-1+sinx≤0,等号不恒成立,所以φ(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为φ(0)=0,所以当x>0时,φ(x)<0,即G'(x)<0,所以G(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为G(0)=0,所以当x>0时,G(x)<0,所以f(x)≤x-

x2-sinx<0,即f(x)<0得证.归纳总结常见的放缩公式(1)ex≥x+1,ex-1≥x,ex≥ex,e-x≥1-x.(2)lnx≤x-1(x>0),ln(x+1)≤x(x>-1),ln

≤

-1(x>0),lnx≥1-

(x>0).(3)ex≥1+x+

x2(x≥0),ex≤1+x+

x2(x≤0),lnx≤

x(x>0).变式训练5.(利用ex≥x+1放缩)已知函数f(x)=

.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.解析

(1)由f(x)=

,得f'(x)=

=

,∴f'(0)=

=2,即曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线斜率为2,∴切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)证明:由题意,原不等式等价于证明ex+1+ax2+x-1≥0,因为ex≥x+1,所以ex+1≥x+2,所以ex+1+ax2+x-1≥ax2+2x+1,即证ax2+2x+1≥0,因为a≥1,所以ax2+2x+1≥x2+2x+1=(x+1)2≥0.故当a≥1时,f(x)+e≥0.考点2利用导数研究函数零点角度1函数零点个数的判断或证明典例4设函数f(x)=lnx+

,m∈R.(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;(2)讨论函数g(x)=f'(x)-

的零点个数.解析

(1)由题意知,当m=e时,f(x)=lnx+

(x>0),则f

'(x)=

,由f

'(x)=0,得x=e,所以当x∈(0,e)时,f

'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(e,+∞)时,f

'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=e时,f(x)取得极小值,为f(e)=lne+

=2,所以f(x)的极小值为2.(2)由题意知g(x)=f

'(x)-

=

-

-

(x>0),令g(x)=0,得m=-

x3+x(x>0).设φ(x)=-

x3+x(x>0),则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1).当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此当x=1时,φ(x)取得最大值,为φ(1)=

.易知φ(0)=0.结合y=φ(x)的大致图象(如图所示),可知当m>

时,函数g(x)无零点;当m=

时,函数g(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点;当0<m<

时,函数g(x)有两个零点;当m≤0时,函数g(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点.综上所述,当m>

时,函数g(x)无零点;当m=

或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0<m<

时,函数g(x)有两个零点.

方法总结函数零点问题的解题思路1.利用导数研究函数的单调性,借助函数零点存在定理进行判断.2.将零点问题转化为函数图象的公共点问题,结合函数的极值利用数形结合来解决.3.构造函数,将问题转化为相关函数问题进行求解.变式训练6.(关键元素变式)已知函数f(x)=(x-1)ex-x2.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)的零点个数.解析

(1)由题可得f'(x)=xex-2x=x(ex-2),令f'(x)<0,解得0<x<ln2,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln2,所以f(x)的单调递减区间为(0,ln2),单调递增区间为(-∞,0),(ln2,+∞).(2)由(1)知f(x)的单调递减区间为(0,ln2),单调递增区间为(-∞,0),(ln2,+∞),因为f(0)=-1<0,所以f(x)在(-∞,0)上无零点;因为f(ln2)=2(ln2-1)-(ln2)2<0,所以f(x)在(0,ln2)上无零点;因为f(2)=e2-4>0,所以f(x)在(ln2,2)上存在唯一零点.综上,函数f(x)在R上的零点个数为1.角度2根据函数的零点个数求参数范围典例5

(2022全国乙文,20,12分)已知函数f(x)=ax-

-(a+1)lnx.(1)当a=0时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.解析

(1)当a=0时,f(x)=-

-lnx(x>0),∴f'(x)=

-

=

(x>0),令f'(x)=0,得x=1,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f(x)max=f(1)=-1.(2)f'(x)=a+

-

=

.(i)当a≤0时,ax-1<0恒成立,∴0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)max=f(1)=a-1<0.此时f(x)无零点,不合题意.(ii)当a>0时,令f'(x)=0,解得x=1或x=

,①当0<a<1时,1<

,∴1<x<

时,f'(x)<0,f(x)单调递减,0<x<1或x>

时,f'(x)>0,f(x)单调递增,∴f(x)在(0,1),

上单调递增,在

上单调递减,f(x)的极大值为f(1)=a-1<0,x→+∞时,f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点.②当a=1时,1=

,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(1)=0,符合题意.③当a>1时,

<1,f(x)在

,(1,+∞)上单调递增,在

上单调递减,f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0时,f(x)→-∞,∴f(x)恰有1个零点.综上所述,a>0.变式训练7.(关键条件变式)已知函数f(x)=e2x-5ex+λx.(1)若λ=2,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间(-∞,0)上存在零点,求实数λ的取值范围.解析

(1)由题意得,f'(x)=2e2x-5ex+2=(2ex-1)(ex-2),令f'(x)=0,则x=-ln2或x=ln2,故当x∈(-∞,-ln2)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(-ln2,ln2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(ln2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;故当x=-ln2时,f(x)有极大值f(-ln2)=-

-2ln2,当x=ln2时,f(x)有极小值f(ln2)=2ln2-6.(2)令f(x)=0,则e2x-5ex=-λx,则

=-λ.令g(x)=

,x∈(-∞,0),故g'(x)=

=

.令h(x)=2xex-ex-5x+5,x∈(-∞,0),则h'(x)=(2x+1)ex-5<0,所以h(x)在(-∞,0)上单调递减,故h(x)>h(0)=4>0,故g'(x)>0,则g(x)在(-∞,0)上单调递增;且当x→0时,g(x)→+∞,当x→-∞时,g(x)→0,故-λ>0,则λ<0,即实数λ的取值范围为(-∞,0).角度3隐零点问题典例6

(2026届重庆巴蜀中学月考,17)已知函数f(x)=cosx+e1-x,x∈(0,2π).(1)请回答f(x)在(0,2π)上的零点个数,并说明理由;(2)求证:f(x)的所有零点之和大于2π.解析

(1)f(x)在(0,2π)上有2个零点,理由如下:当x∈

∪

时,cosx≥0,又e1-x>0,所以f(x)>0,即f(x)在x∈

∪

上无零点;当x∈

时,f'(x)=-e1-x-sinx,易知f'(x)在

上单调递增,又f'(π)=-e1-π<0,f'

=-

+1>0,所以存在唯一x0∈

,使得f

'(x0)=0,当x∈

时,f'(x)<0,f(x)在

上单调递减;当x∈

时,f'(x)>0,f(x)在

上单调递增.又f

=

>0,f(π)=e1-π-1<0,f

=

>0,所以存在唯一x1∈

,使得f(x1)=0;存在唯一x2∈

,使得f(x2)=0,故函数f(x)在(0,2π)上共有2个零点x1,x2.(2)证明:由(1)知

<x1<π<x2<

,∴

>

,由f(x1)=0⇒

=-cosx1,f(x2)=0⇒

=-cosx2,∴cosx1<cosx2=cos(2π-x2),而x1,2π-x2∈

,y=cosx在

上单调递减,所以x1>2π-x2⇒x1+x2>2π,故结论得证.解题技巧导数的零点很多时候无法直接求解或者猜测出来,我们称之为“隐零点”

(即能确定零点存在,但无法用显性数字表达),这类问题对学生的综合能力要求比较高,

往往为考查的难点.解决“隐零点”问题的基本思路如下:(1)形式上虚设,变量为x时,设零点为x0;(2)运算上代换,对于含有隐零点x0的恒等式,根据需要通过移项将含有x0的一项或几项

移在等号一边代换到其他式子中;(3)数值上估算,估算零点所在的区间;(4)策略上等价转化,运用充要条件等价转化或恒等变形;(5)方法