1、导数的综合应用导数的综合应用 1.(2020 全国卷)设函数 f(x)x3bxc，曲线 yf(x)在点 1 2，f 1 2 处的切线与 y 轴垂直. (1)求 b； (2)若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于 1. (1)解 f(x)3x2b. 依题意得 f 1 2 0，即3 4b0，故 b 3 4. (2)证明 由(1)知 f(x)x33 4xc，f(x)3x 23 4.令 f(x)0，解得 x 1 2或 x 1 2. f(x)与 f(x)的情况为： x ，1 2 1 2 1 2， 1 2 1 2 1 2， f(x) 0 0 f(x) c1 4
2、c1 4 因为 f(1)f 1 2 c1 4， 所以当 c1 4时，f(x)只有小于1 的零点. 由题设可知1 4c 1 4. 当 c1 4时，f(x)只有两个零点 1 2和 1. 当 c1 4时，f(x)只有两个零点1 和 1 2. 当1 4c0； 当 x 2， 时，g(x)0，g()2， 故 g(x)在(0，)存在唯一零点. 所以 f(x)在区间(0，)存在唯一零点. (2)解 由题设知 f()a，f()0，可得 a0. 由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为 x0，且当 x(0，x0)时，f(x)0；当 x(x0，)时，f(x)0，所以 f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x
3、0，)上单调递减. 又 f(0)0，f()0，所以当 x0，时，f(x)0. 又当 a0，x0，时，ax0，故 f(x)ax. 因此，a 的取值范围是(，0. 考 点 整 合 1.利用导数研究函数的零点 函数的零点、方程的实根、函数图象与 x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念， 解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势， 数形结合求解. 2.三次函数的零点分布 三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当 x时，函数值也趋向，只要 按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点 x1，x2且 x10 (f(x1)为极大值， f(x2)为极小值) 两个 f(x
4、1)0 或 f(x2)0 三个 f(x1)0 且 f(x2)0 a0 (f(x1)为极小值， f(x2)为极大值) 一个 f(x1)0 或 f(x2)0 两个 f(x1)0 或 f(x2)0 三个 f(x1)0 且 f(x2)0 3.利用导数解决不等式问题 (1)利用导数证明不等式. 若证明 f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数 F(x)f(x)g(x)，如果能证明 F(x)在 (a，b)上的最大值小于 0，即可证明 f(x)g(x) 对 一 切 xI 恒 成 立 I 是 f(x)g(x) 的 解 集 的 子 集 f(x) g(x)min0(xI). xI，使 f(x)g(x)成立I
5、与 f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x) g(x)max0(xI). 对x1，x2I 使得 f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min. 对x1I，x2I 使得 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min. 4.(1)判断含 x，ln x，ex的混合式的函数值的符号时，需利用 x0eln x0及 exx 1，ln xx1 对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于 x 的一次式或 二次式，再判断符号. (2)会对复杂函数式或导数式(如含 x，ln x，ex的混合式)变形，如拆分为两个函数 处理，好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展. 热点一 利用导数研究函数的零点
6、 【例 1】 (2020 全国卷)已知函数 f(x)exa(x2). (1)当 a1 时，讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围. 解 (1)当 a1 时，f(x)exx2，xR，则 f(x)ex1. 当 x0 时，f(x)0 时，f(x)0. 所以 f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增. (2)f(x)exa. 当 a0 时，f(x)0， 所以 f(x)在(，)单调递增. 故 f(x)至多存在一个零点，不合题意. 当 a0 时，由 f(x)0，可得 xln a. 当 x(，ln a)时，f(x)0. 所以 f(x)在(，ln a)单调递减，在(l
7、n a，)单调递增. 故当 xln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)a(1ln a). ()若 01 e，则 f(ln a)0，所以 f(x)在(，ln a)存在唯一零点. 由(1)知，当 x2 时，exx20. 所以当 x4 且 x2ln(2a)时，f(x)ex 2 e x 2a(x2)e ln(2a) x 22 a(x2)2a0. 故 f(x)在(ln a，)存在唯一零点. 从而 f(x)在(，)有两个零点. 综上，a 的取值范围是 1 e， . 探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题. 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与 x 轴(或
8、直线 y k)在该区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质； 第三步：结合图象求解. 2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点，(2) 依据零点确定极值的范围，(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论. 【训练 1】 设函数 f(x)ln xa(x1)ex，其中 aR. (1)若 a0，讨论 f(x)的单调性； (2)若 0a0，从而 f(x)0， 所以 f(x)在(0，)内单调递增. (2)证明 由(1)知，f(x)1ax 2ex x . 令 g(x)1ax2ex， 由 0a0，且 g ln1 a 1a ln1
9、a 2 1 a1 ln1 a 2 0， 故 g(x)0 在(0，)内有唯一解， 从而 f(x)0 在(0，)内有唯一解， 不妨设为 x0，则 1x0g（x 0） x 0， 所以 f(x)在(0，x0)内单调递增； 当 x(x0，)时，f(x)g（x） x 1 时，h(x)1 x11 时，h(x)h(1)0， 所以 ln xx1， 从而 f ln1 a ln ln1 a a ln1 a1 e ln1 a ln ln1 a ln1 a1h ln1 a f(1)0， 所以 f(x)在(x0，)内有唯一零点. 又 f(x)在(0，x0)内有唯一零点 1， 从而，f(x)在(0，)内恰有两个零点. 热点
10、二 利用导数证明不等式 【例 2】 (2020 衡水中学检测)已知函数 f(x)ln1x 1x. (1)求证：当 x(0，1)时，f(x)2 xx 3 3 ； (2)设实数 k 使得 f(x)k xx 3 3 对 x(0，1)恒成立，求 k 的最大值. (1)证明 令 g(x)f(x)2 xx 3 3 ，则 g(x)f(x)2(1x2) 2x4 1x2. 因为 g(x)0(0xg(0)0，x(0，1)， 即当 x(0，1)时，f(x)2 xx 3 3 . (2)解 由(1)知，当 k2 时，f(x)k xx 3 3 对 x(0，1)恒成立. 当 k2 时，令 h(x)f(x)k xx 3 3
11、，则 h(x)f(x)k(1x2)kx 4（k2） 1x2 . 所以当 0x 4 k2 k 时，h(x)0，因此 h(x)在区间 0， 4 k2 k 上单调递减. 当 0x 4 k2 k 时，h(x)h(0)0， 即 f(x)2 时，f(x)k xx 3 3 并非对 x(0，1)恒成立. 综上可知，k 的最大值为 2. 探究提高 形如 f(x)g(x)的不等式的证明：(1)首先构造函数 h(x)f(x)g(x)， 借助导数求 h(x)min，证明 h(x)min0.(2)如果不等式既有指数又有对数，求导不易 求最值，可合理分拆和变形，构造两个函数，分别计算它们的最值，利用隔离分 析最值法证明.
12、 【训练 2】 (2020 岳阳二模)已知函数 f(x)xln xe x x. (1)求证：f(x)1e； (2)若 f(x) x1 x exbx1 恒成立，求实数 b 的取值范围. (1)证明 f(x)xln xe x x，定义域为(0，)， 则 f(x)11 x ex（x1） x2 （x1）（xe x） x2 ， 由 exx1x，知 0x0；x1 时，f(x)0， 得 f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 所以 f(x)maxf(1)1e.从而 f(x)1e. (2)解 f(x) x1 x exbx1，即ln xxe x x xexe x xbx1， 恒有xe xln x
13、1x x b，即 xexln x1x xminb. 令 (x)xe xln x1x x ，则 (x)x 2exln x x2 ， 令 h(x)x2exln x，则 h(x)在(0，)上单调递增， 因为 x0 时，h(x)，h(1)e0， 所以 h(x)在(0，1)上存在唯一零点 x0，且 h(x0)x20ex0ln x00， 所以 x0ex0ln x0 x0 ln 1 x0 (eln 1 x0). 令 m(x)xex，上式即 m(x0)m ln 1 x0 . 由于 m(x)xex在(0，)上单调递增， 故 x0ln 1 x0ln x0，即 e x01 x0， 从而 (x0)0 且 0xx0时，
14、h(x)0，(x)x0时，h(x)0，(x)0， 所以 (x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， (x)min(x0)x 0ex0ln x01x0 x0 1x 01x0 x0 2， 所以 b2.即实数 b 的取值范围为(，2. 热点三 导数与不等式恒成立、存在性问题 角度 1 含参不等式的恒成立问题 【例 3】 已知函数 f(x)x24x2，g(x)2ex(x1).若 x2 时，f(x)kg(x)， 求 k 的取值范围. 解 设函数 F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，则 F(x)2kex(x2)2x 4 2(x2)(kex1). 由题设可得 F(0)0，即
15、k1. 令 F(x)0，得 x1ln k，x22. ()若 1ke2，则2x10. 从而当 x(2，x1)时，F(x)0.即 F(x)在(2，x1)上单调递减，在(x1，)上单调 递增.故 F(x)在2，)上的最小值为 F(x1). 而 F(x1)2x12x214x12x1(x12)0. 故当 x2 时，F(x)0， 即 f(x)kg(x)恒成立. ()若 ke2，则 F(x)2e2(x2)(exe 2). 从而当 x2 时，F(x)0， 即 F(x)在(2，)上单调递增. 而 F(2)0，故当 x2 时，F(x)0， 即 F(x)kg(x)恒成立. ()若 ke2，则 F(2)2ke 222
16、e2(ke2)1 xe 1x 在区间(1，)内恒成立(e 2.718为自然对数的底数). 解 (1)f(x)2ax1 x 2ax21 x (x0). 当 a0 时，f(x)0 时，由 f(x)0，有 x 1 2a. 此时，当 x 0， 1 2a 时，f(x)0，f(x)单调递增. (2)令 g(x)1 x 1 ex 1，s(x)ex 1x. 则 s(x)ex 11. 而当 x1 时，s(x)0， 所以 s(x)在区间(1，)内单调递增. 又由 s(1)0，有 s(x)0，从而当 x1 时，g(x)0. 当 a0，x1 时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有 a0
17、. 当 0a1. 由(1)有 f 1 2a 0， 所以此时 f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立. 当 a1 2时，令 h(x)f(x)g(x)(x1). 当 x1 时，h(x)2ax1 x 1 x2e 1xx1 x 1 x2 1 x x32x1 x2 x 22x1 x2 0. 因此，h(x)在区间(1，)单调递增. 又因为 h(1)0，所以当 x1 时，h(x)f(x)g(x)0，即 f(x)g(x)恒成立. 综上，a 1 2， . 角度 2 不等式存在性问题 【例 4】 设函数 f(x)aln x1a 2 x2x(a1).若存在 x01，使得 f(x0) a a1， 求 a 的取值范围
18、. 解 f(x)的定义域为(0，)， 因为 f(x)aln x1a 2 x2x， f(x)a x(1a)x1 1a x x a 1a (x1). 若 a1 2，则 a 1a1，故当 x(1，)时， f(x)0，f(x)在(1，)上单调递增. 所以，存在 x01，使得 f(x0) a a1成立的充要条件为 f(1) a a1，即 1a 2 1 a a1，解得 21a 21. 若1 2a1，则 a 1a1， 故当 x 1， a 1a 时，f(x)0； 当 x a 1a， 时，f(x)0. f(x)在 1， a 1a 上单调递减， 在 a 1a， 上单调递增.所以，存在 x01， 使得 f(x0)
19、a a1成立的充要条件为 f a 1a a a1. 而 f a 1a aln a 1a a2 2（1a） a a1 a a1， 所以不合题意. 若 a1，f(x)在1，)上递减， 则 f(1)1a 2 1a1 2 a a1. 综上，a 的取值范围是( 21， 21)(1，). 探究提高 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即 f(x)g(a) 对于 xD 恒成立，应求 f(x)的最小值；若存在 xD，使得 f(x)g(a)成立，应求 f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍. 【训练 4】 已知函数 f(x)xmln xm1 x (mR)，g(x)1 2x 2exx
20、ex. (1)当 x1，e时，求 f(x)的最小值； (2)当 m2 时，若存在 x1e，e2，使得对任意的 x22，0，f(x1)g(x2)成 立，求实数 m 的取值范围. 解 (1)f(x)xmln xm1 x ，且定义域(0，)， f(x)1m x m1 x2 （x1）x（m1） x2 ， 当 m2 时，若 x1，e，则 f(x)0， f(x)在1，e上是增函数，则 f(x)minf(1)2m. 当 me1 时，若 x1，e，则 f(x)0， f(x)在1，e上是减函数， 则 f(x)minf(e)emm1 e . 当 2m0)恒成立， 设 f(x)2ln xx3 x， 则 f(x)（x
21、3）（x1） x2 (x0). 当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增， 所以 f(x)minf(1)4. 所以 a4. 答案 B 2.已知函数f(x)x23x5，g(x)axln x，若对x(0，e)，x1，x2(0，e)且 x1x2，使得 f(x)g(xi)(i1，2)，则实数 a 的取值范围是( ) A. 1 e， 6 e B. 1 e，e 7 4 C. 6 e，e 7 4 D. 0，1 e 6 e，e 7 4 解析 当 x(0，e)时，函数 f(x)的值域为 11 4 ，5 . 由 g(x)a1 x ax1 x 可知： 当 a0 时，g(x)0. 令 g(x)0，得 x
22、1 a，则 1 a(0，e)， 所以 g(x)ming 1 a 1ln a. 作出函数 g(x)在(0，e)上的大致图象，如图所示， 数形结合，知 1ln a11 4 ， g（e）ae15. 解之得6 eae 7 4. 答案 C 3.(2020 石家庄调研)已知函数 f(x)(k1)xex，若对任意 xR，都有 f(x)1 成 立，则实数 k 的取值范围是( ) A.(，1e) B.(1e，) C.(e，0 D.(1e，1 解析 由 f(x)1，得(k1)x 1 ex 1 e x ，所以曲线 y 1 e x 恒在直线 y(k1)x 的上 方. 过原点作曲线y 1 e x 的切线，设切点为P(x
23、0，y0)，则 1 ex0 y0 x0，即 1 ex0 1 x0ex0， 得 x01. y 1 e x 的切线的斜率 k0e x| x1e， 则ek10，解得 1ekx 恒成立 D.对任意两个正实数 x1，x2，且 x2x1，若 f(x1)f(x2)，则 x1x24 解析 函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x) 2 x2 1 x x2 x2 ，当 0x2 时， f(x)2 时，f(x)0，函数 f(x)在(2，) 上单调递增，x2是f(x)的极小值点，故A错误；yf(x)x2 xln xx，y 2 x2 1 x1 x2x2 x2 0，f(2)21ln 22ln 21kx(x0)，则 k0
24、时，0x1， 当 h(x)1，函数 h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， h(x)h(1)0，g(x)kx 恒成立，故 C 错误； 令 t(0，2)，则 2t(0，2)，2t(2，4)， 令 u(t)f(2t)f(2t) 2 2tln(2t) 2 2tln(2t) 4t t24ln 2t 2t， 则 u(t)4（t 24）8t2 （t24）2 2t 2t 2t2t （2t）2 4t216 （t24）2 4 4t2 8t2 （t24）20， u(t)在(0，2)上单调递减，则 u(t)2t，则 x1x22t2t4，当 x24 时，x1x24 显然 成立， 对任意两个正实数 x1
25、，x2，且 x2x1，若 f(x1)f(x2)，则 x1x24，故 D 正确. 故选 BD. 答案 BD 二、填空题 5.函数 f(x)的导函数为 f(x)，对任意 xR，都有 f(x)f(x)成立，若 f(ln 2)1 2， 则满足不等式 f(x) 1 ex的 x 的取值范围是_. 解析 由题意，对任意 xR，都有 f(x)f(x)成立，即 f(x)f(x)0.令 g(x) exf(x)，则 g(x)f(x)exf(x)exexf(x)f(x)0，所以函数 g(x)在 R 上单调递增. 不等式 f(x) 1 ex等价于 e xf(x)1，即 g(x)1.因为 f(ln 2)1 2，所以 g(
26、ln 2)e ln 2f(ln 2)21 21.故当 xln 2 时，g(x)g(ln 2)1，所以不等式 g(x)1 的解集为(ln 2，). 答案 (ln 2，) 6.若对于任意正实数 x，都有 ln xaexb10(e 为自然对数的底数)成立，则 a b 的最小值是_. 解析 因为对于任意正实数 x 都有 ln xaexb10 成立，不妨将 x1 e代入不 等式中，得 ab0.下面证明 ab0 时满足题意，当 a1，b1 时，令 f(x) ln xex11ln xex2，则f(x)1 xe 1ex x .由f(x)0，得x1 e，所以 函数 f(x)在 0，1 e 上单调递增，在 1 e
27、， 上单调递减，所以 f(x)maxf 1 e 0， 即 f(x)0 对任意正实数 x 都成立，所以当 a1，b1，即 ab0 时满足题 意，所以 ab 的最小值为 0. 答案 0 三、解答题 7.已知函数 f(x)exax2. (1)若 a1，证明：当 x0 时，f(x)1； (2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a. (1)证明 当 a1 时，f(x)exx2，则 f(x)ex2x. 令 g(x)f(x)，则 g(x)ex2. 令 g(x)0，解得 xln 2. 当 x(0，ln 2)时，g(x)0. 当 x0 时，g(x)g(ln 2)22ln 20， f(x)在0，)上单调递增
28、，f(x)f(0)1. (2)解 若f(x)在(0，)上只有一个零点，即方程 exax20在(0，)上只有 一个解， 由 ae x x2，令 (x) ex x2，x(0，)， (x)e x（x2） x3 ，令 (x)0，解得 x2. 当 x(0，2)时，(x)0. (x)min(2)e 2 4.a e2 4. 8.已知函数 f(x)sin xln(1x)，f(x)为 f(x)的导数.证明： (1)f(x)在区间 1， 2 存在唯一极大值点； (2)f(x)有且仅有 2 个零点. 证明 (1)设 g(x)f(x)， 则 g(x)cos x 1 1x，g(x)sin x 1 （1x）2. 当 x
29、1， 2 时，g(x)单调递减，而 g(0)0，g 2 0；当 x ， 2 时，g(x)0. 所以 g(x)在(1，)单调递增，在 ， 2 单调递减，故 g(x)在 1， 2 存在唯一极 大值点， 即 f(x)在 1， 2 存在唯一极大值点. (2)f(x)的定义域为(1，). 当 x(1，0时，由(1)知，f(x)在(1，0)单调递增，而 f(0)0，所以当 x (1，0)时，f(x)0，故 f(x)在(1，0)单调递减. 又 f(0)0，从而 x0 是 f(x)在(1，0的唯一零点. 当 x 0， 2 时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在 ， 2 单调递减，而 f(0) 0，f
30、2 0；当 x ， 2 时，f(x)0，所以当 x 0， 2 时，f(x)0.从而，f(x)在 0， 2 上没有零点. 当x 2， 时，f(x)0，f()1. 所以 f(x)cos x，得 f(x)0，则 f(x)单调递减； 当 x 2k3 4 ，2k 4 (kZ)时，有 sin x0，则 f(x)单调递增. 所以 f(x)的单调递增区间为 2k3 4 ，2k 4 (kZ)， f(x)的单调递减区间为 2k 4，2k 5 4 (kZ). (2)证明 记 h(x)f(x)g(x) 2x . 依题意及(1)，有 g(x)ex(cos xsin x)， 从而 g(x)2exsin x. 当 x 4， 2 时，g(x)0， 故 h(x)f(x)g(x) 2x g(x)(1) g(x) 2x 0，对称轴 x 1 1k1.当 x 1， 1 1k 时，(k1)(x21)2x 0.故 h(x)0，而 h(1)0，故当 x 1， 1 1k 时，h(x)0，可得 1 1x2h(x)0. 与题设矛盾. ()设k1，此时x212x，(k1)(x21)2x0h(x)0，而h(1)0，故当 x(1，)时，h(x)0，可得 1 1x2h(x)0，与题设矛盾. 综上，得 k 的取值范围为(，0.
