(共38张PPT)
专题一 第5讲 导数的综合应用
母题突破3 零点问题
内
容
索
引
母题突破3
专题强化练
1
母题突破3 零点问题
PART
ONE
思路分析一
?f(x)有零点
↓
?f(x)的性质、草图
↓
?求导，确定f(x)的性质
思路分析二
?f(x)有零点
↓
?a＝－xln
x有解
↓
?直线y＝a和曲线φ(x)＝－xln
x有交点
↓
?求导确定φ(x)的性质、草图
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(1)＝ln
1＋a＝a≤0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有1个零点.
②当a>0，则x∈(0，a)时，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
当x＝a时，f(x)取得最小值，且f(x)min＝ln
a＋1，
又f(1)＝ln
1＋a＝a>0，
所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有零点.
a＝－xln
x有解，
设φ(x)＝－xln
x，则φ′(x)＝－ln
x－1，
且x→0时，φ(x)→0，x→＋∞时，φ(x)→－∞，
子题1 (2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)，
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
解 当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
解 f′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
故f(x)至多存在一个零点，不合题意.
②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝ln
a.
当x∈(－∞，ln
a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln
a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，ln
a)上单调递减，在(ln
a，＋∞)上单调递增.
故当x＝ln
a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln
a)＝－a(1＋ln
a).
因为f(－2)＝e－2>0，
所以f(x)在(－∞，ln
a)上存在唯一零点.
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.
故f(x)在(ln
a，＋∞)上存在唯一零点.
从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点.
子题2 已知函数f(x)＝ln
x＋x，方程x2＝2mf(x)(m>0)有唯一实数解，求m.
解 因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，
所以x2－2mln
x－2mx＝0有唯一实数解，
设g(x)＝x2－2mln
x－2mx，
令g′(x)＝0，即x2－mx－m＝0.
因为m>0，x>0，
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)在(x2，＋∞)上单调递增，
当x＝x2时，g′(x)＝0，g(x)取最小值g(x2)，
所以2mln
x2＋mx2－m＝0，
因为m>0，
所以2ln
x2＋x2－1＝0，
(
)
因为当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)＝0至多有一解，
因为h(1)＝0，所以方程(
)的解为x2＝1，
规律方法
解函数零点问题的一般思路
(1)对函数求导.
(2)分析函数的单调性，极值情况.
(3)结合函数性质画函数的草图.
(4)依据函数草图确定函数零点情况.
解 f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞).
所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增.
所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1，即f(x1)＝0.
综上，f(x)有且仅有两个零点.
2.已知函数f(x)＝ax2－1－2ln
x(a∈R).
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥0；
证明 当a＝1时，f(x)＝x2－1－2ln
x(x>0)，f(1)＝0.
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，函数f(x)取得最小值，
∴f(x)≥f(1)＝0，即f(x)≥0.
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.
当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，至多有一个零点，不符合题意.
当x→0时，f(x)→＋∞；当x→＋∞时，f(x)→＋∞.
∵函数f(x)有两个零点，
解得0
∴实数a的取值范围是(0,1).
方法二 由f(x)＝ax2－1－2ln
x＝0，
∵f(x)有两个零点，∴a＝h(x)有两个解，
由h′(x)>0，得ln
x<0，∴0由h′(x)<0，得ln
x>0，∴x>1，
∴函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，
当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0，
由a＝h(x)有两个解，可知02
专题强化练
PART
TWO
1
2
1
2
f′(x)＝x2－6x－3.
1
2
(2)证明：f(x)只有一个零点.
1
2
证明 因为x2＋x＋1>0在R上恒成立，
当且仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点.
1
2
综上所述，f(x)只有一个零点.
2.已知函数f(x)＝ln
x－x＋2sin
x，f′(x)为f(x)的导函数.
(1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；
1
2
1
2
所以g(x)在(0，π)上单调递减，
1
2
(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点.
1
2
证明 ①由(1)知，当x∈(0，α)时，f′(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递增；
当x∈(α，π)时，f′(x)<0，f(x)在(α，π)上单调递减，
所以f(x)在(0，α)上恰有一个零点，
又因为f(π)＝ln
π－π<2－π<0，
所以f(x)在(α，π)上也恰有一个零点.
1
2
②当x∈[π，2π)时，sin
x≤0，f(x)≤ln
x－x，
所以h(x)在[π，2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)<0，
所以当x∈[π，2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，
所以f(x)在[π，2π)上没有零点.
③当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤ln
x－x＋2，
所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)<0，
1
2
所以当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立，
所以f(x)在[2π，＋∞)上没有零点.
综上，f(x)有且仅有两个不同的零点.(共30张PPT)
专题一 第5讲 导数的综合应用
母题突破2 恒成立问题与有解问题
内
容
索
引
母题突破2
专题强化练
1
母题突破2 恒成立问题与有解问题
PART
ONE
由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.
思路分析
?求f(x)min
↓
↓
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以不符合题意.
子题1 已知函数f(x)＝ln
x－ax，g(x)＝x2，a∈R.
(1)求函数f(x)的极值点；
解 f(x)＝ln
x－ax的定义域为(0，＋∞)，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；
(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围.
解 由条件可得ln
x－x2－ax≤0(x>0)恒成立，
令k(x)＝1－x2－ln
x，x>0，
所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又k(1)＝0，所以在(0,1)上，h′(x)>0，在(1，＋∞)上，h′(x)<0，
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
所以h(x)max＝h(1)＝－1，所以a≥－1.
即a的取值范围为a≥－1.
因此a＝2.
函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x.
①当k>0时，
当x<1时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
③当k<0时，
当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
若对?x1∈(0，＋∞)，?x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，
规律方法
(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
①求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．
②分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．
跟踪演练
1.(2020·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝2ln
x＋1.若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围.
解 设h(x)＝f(x)－2x－c，
则h(x)＝2ln
x－2x＋1－c，
当00；当x>1时，h′(x)<0.
所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减.
从而当x＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c.
故当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.
所以c的取值范围为[－1，＋∞).
2.已知函数f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求f(x)的极值；
解 f′(x)＝－xex，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，
∴当x＝0时，f(x)有极大值f(0)＝e0－1＝0，f(x)没有极小值.
解 由(1)知f(x)≤0，
即方程m＝xln
x在(0，＋∞)上有解，
记h(x)＝xln
x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ln
x＋1，
2
专题强化练
PART
TWO
1.(2020·新高考全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝aex－1－ln
x＋ln
a.若f(x)≥1，求a的取值范围.
1
2
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，
从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln
x＋ln
a≥ex－1－ln
x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
1
2
当0a<1.
2.设函数f(x)＝ax2－xln
x－(2a－1)x＋a－1(a∈R).若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
1
2
解 f′(x)＝2ax－1－ln
x－(2a－1)＝2a(x－1)－ln
x(x>0)，
易知当x∈(0，＋∞)时，ln
x≤x－1，
则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1).
f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，符合题意；
当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，
f(x)≤f(1)＝0，显然不符合题意，a≤0舍去；
1
2
1
2(共32张PPT)
专题一 函数与导数
第5讲 导数的综合应用
1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调
性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、
数列等的交汇命题是高考的热点和难点.
2.多以解答题压轴形式出现，难度较大.
考情分析
KAO
QING
FEN
XI
内
容
索
引
母题突破1
专题强化练
母题突破1 导数与不等式的证明
母题 (2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln
x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
母题突破1 导数与不等式的证明
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
?构造函数证明
思路分析
↓
↓
↓
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x>0时，g(x)≤0.
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当00，f(x)单调递增，
∴f(x)＝ln
x－x＋1≤f(1)＝0，∴ln
x≤x－1，
∴当x>1时，ln
x①
证明 设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，
则g′(x)＝ex－2x－(e－2)，
设m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)，
则m′(x)＝ex－2，
易得g′(x)在(0，ln
2)上单调递减，在(ln
2，＋∞)上单调递增，
又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，
由02<1，则g′(ln
2)<0，
所以存在x0∈(0，ln
2)，使得g′(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0；
当x∈(x0
，1)时，g′(x)<0.
故g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0
，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，
又由母题可得ln
x≤x－1，即x≥ln
x＋1，
规律方法
利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max.
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.
(3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明.
(4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式.
跟踪演练
1.(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln
x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2).
当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点.
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
方法二 易证ex≥x＋1，
①
ln
x≤x－1，
②
即证f(x)≥0.
则g′(x)＝ln
x＋1.
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
1.(2020·沈阳模拟)已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln
x，a>0.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
专题强化练
解 f(x)＝x2－(a－2)x－aln
x，a>0，定义域为(0，＋∞)，
1
2
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
1
2
证明 方法一 ∵a＝1，∴f(x)＝x2＋x－ln
x(x>0)，
即证ex－ln
x－2>0恒成立，
令g(x)＝ex－ln
x－2，x∈(0，＋∞)，
即证g(x)min>0恒成立，
1
2
则当0x0时，g′(x)>0，
∴y＝g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(x0)＝
－ln
x0－2，
∴g(x0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
1
2
方法二 令φ(x)＝ex－x－1，
∴φ′(x)＝ex－1，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
∴ex≥x＋1，
①
令h(x)＝ln
x－x＋1(x>0)，
∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝0，
1
2
∴ln
x≤x－1，∴x＋1≥ln
x＋2，
②
要证f(x)＋ex>x2＋x＋2，
即证ex>ln
x＋2，
由①②知ex≥x＋1≥ln
x＋2，且两等号不能同时成立，
∴ex>ln
x＋2，即证原不等式成立.
1
2
2.(2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin2xsin
2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
解 f′(x)＝2sin
xcos
xsin
2x＋2sin2xcos
2x＝2sin
xsin
3x.
1
2
证明 因为f(0)＝f(π)＝0，
1
2
证明 由于
＝|sin3xsin32x…sin32nx|
＝|sin
x||sin2xsin32x…sin32n－1xsin
2nx||sin22nx|
＝|sin
x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，
1
2母题突破3 零点问题
母题 (2020·福州模拟)已知函数f(x)＝ln
x＋有零点，求实数a的取值范围．
思路分析一
?f?x?有零点
↓
?f?x?的性质、草图
↓
?求导，确定f?x?的性质
思路分析二
?f?x?有零点
↓
?a＝－xln
x有解
↓
?直线y＝a和曲线φ?x?＝－xln
x有交点
↓
?求导确定φ?x?的性质、草图
解 方法一 f′(x)＝－＝，x>0，
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(1)＝ln
1＋a＝a≤0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有1个零点．
②当a>0，则x∈(0，a)时，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
当x＝a时，f(x)取得最小值，且f(x)min＝ln
a＋1，
则ln
a＋1≤0，即0又f(1)＝ln
1＋a＝a>0，
所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有零点．
综上所述，实数a的取值范围为.
方法二 由f(x)＝ln
x＋有零点可得，
a＝－xln
x有解，
设φ(x)＝－xln
x，则φ′(x)＝－ln
x－1，
令φ′(x)<0，得x>；
令φ′(x)>0，得0所以φ(x)＝－xln
x在上单调递增，在上单调递减，且x→0时，φ(x)→0，x→＋∞时，φ(x)→－∞，
画出φ(x)＝－xln
x的草图如图所示，当a≤时，a＝－xln
x有解，
所以实数a的取值范围是.
[子题1] (2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)，
(1)当a＝1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a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故f(x)至多存在一个零点，不合题意．
②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝ln
a.
当x∈(－∞，ln
a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln
a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，ln
a)上单调递减，在(ln
a，＋∞)上单调递增．
故当x＝ln
a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln
a)＝－a(1＋ln
a)．
(ⅰ)若0a)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上至多存在一个零点，不合题意．
(ⅱ)若a>，f(ln
a)<0.
因为f(－2)＝e－2>0，
所以f(x)在(－∞，ln
a)上存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.
所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝－a(x＋2)>eln(2a)·－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln
a，＋∞)上存在唯一零点．
从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．
综上，a的取值范围是.
[子题2] 已知函数f(x)＝ln
x＋x，方程x2＝2mf(x)(m>0)有唯一实数解，求m.
解 因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，
所以x2－2mln
x－2mx＝0有唯一实数解，
设g(x)＝x2－2mln
x－2mx，
则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，即x2－mx－m＝0.
因为m>0，x>0，
所以x1＝<0(舍去)，
x2＝>0，
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)在(x2，＋∞)上单调递增，
当x＝x2时，g′(x)＝0，g(x)取最小值g(x2)，
则即
所以2mln
x2＋mx2－m＝0，
因为m>0，
所以2ln
x2＋x2－1＝0，(
)
设函数h(x)＝2ln
x＋x－1，h′(x)＝＋1，
因为当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)＝0至多有一解，
因为h(1)＝0，所以方程(
)的解为x2＝1，
即＝1，解得m＝.
规律方法 解函数零点问题的一般思路
(1)对函数求导．
(2)分析函数的单调性，极值情况．
(3)结合函数性质画函数的草图．
(4)依据函数草图确定函数零点情况．
跟踪演练
1．(2019·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝ln
x－.讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．
解 f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝＋>0，
所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
因为f(e)＝1－＝<0，
f(e2)＝2－＝>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1，即f(x1)＝0.
又0<<1，f?＝－ln
x1＋＝－f(x1)＝0，
故f(x)在(0,1)上有唯一零点.
综上，f(x)有且仅有两个零点．
2．已知函数f(x)＝ax2－1－2ln
x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥0；
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
(1)证明 当a＝1时，f(x)＝x2－1－2ln
x(x>0)，
f(1)＝0.
f′(x)＝2x－＝，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，函数f(x)取得最小值，
∴f(x)≥f(1)＝0，即f(x)≥0.
(2)解 方法一 f′(x)＝2ax－(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，至多有一个零点，不符合题意．
当a>0时，f′(x)＝2ax－＝，
可得当x＝时，函数f(x)取得最小值．
当x→0时，f(x)→＋∞；当x→＋∞时，f(x)→＋∞.
∵函数f(x)有两个零点，
∴f(x)min＝f?＝1－1－2ln
＝ln
a<0，
解得0∴实数a的取值范围是(0,1)．
方法二 由f(x)＝ax2－1－2ln
x＝0，
得a＝，
设h(x)＝，
∵f(x)有两个零点，∴a＝h(x)有两个解，
又h′(x)＝＝－，
由h′(x)>0，得ln
x<0，∴0由h′(x)<0，得ln
x>0，∴x>1，
∴函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，
当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0，
画出h(x)＝的草图，如图所示，
由a＝h(x)有两个解，可知0专题强化练
1．(2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
(1)解 当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，单调递减区间为(3－2，3＋2)．
(2)证明 因为x2＋x＋1>0在R上恒成立，
所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0在R上恒成立，
当且仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，
f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．
综上所述，f(x)只有一个零点．
2．已知函数f(x)＝ln
x－x＋2sin
x，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；
(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点．
证明 (1)设g(x)＝f′(x)＝－1＋2cos
x，
当x∈(0，π)时，g′(x)＝－2sin
x－<0，
所以g(x)在(0，π)上单调递减，
又因为g＝－1＋1>0，g＝－1<0，
所以g(x)在上有唯一的零点α，所以命题得证．
(2)①由(1)知，当x∈(0，α)时，f′(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递增；当x∈(α，π)时，f′(x)<0，f(x)在(α，π)上单调递减，所以f(x)在(0，π)上存在唯一的极大值点α，
所以f(α)>f?＝ln
－＋2>2－>0，
又因为f?＝－2－＋2sin
<－2－＋2<0，
所以f(x)在(0，α)上恰有一个零点，
又因为f(π)＝ln
π－π<2－π<0，
所以f(x)在(α，π)上也恰有一个零点．
②当x∈[π，2π)时，sin
x≤0，f(x)≤ln
x－x，
设h(x)＝ln
x－x，则h′(x)＝－1<0，
所以h(x)在[π，2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)<0，
所以当x∈[π，2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，
所以f(x)在[π，2π)上没有零点．
③当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤ln
x－x＋2，
设φ(x)＝ln
x－x＋2，则φ′(x)＝－1<0，
所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)<0，
所以当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立，
所以f(x)在[2π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有两个不同的零点．第5讲 导数的综合应用
[考情分析] 1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现，难度较大．
母题突破1 导数与不等式的证明
母题 (2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ln
x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.
?2?思路分析
?f?x?≤－－2
↓
?f?x?max≤－－2
↓
?f?x?max＋＋2≤0
↓
?构造函数证明
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明 由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f?＝ln－1－，
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，
即ln＋＋1≤0.
设g(x)＝ln
x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x>0时，g(x)≤0.
从而当a<0时，ln＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.
[子题1] 设函数f(x)＝ln
x－x＋1.证明：当x∈(1，＋∞)时，1<证明 f′(x)＝－1＝，x>0，
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当00，f(x)单调递增，
∴f(x)＝ln
x－x＋1≤f(1)＝0，∴ln
x≤x－1，
∴当x>1时，ln
x且ln
<－1，②
由①得，1<，由②得，－ln
x<，
∴ln
x>，∴x>，
综上所述，当x>1时，1<[子题2] 已知函数f(x)＝ex－x2.求证：当x>0时，≥ln
x＋1.
证明 设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，
则g′(x)＝ex－2x－(e－2)，
设m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)，
则m′(x)＝ex－2，
易得g′(x)在(0，ln
2)上单调递减，在(ln
2，＋∞)上单调递增，
又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，
由02<1，则g′(ln
2)<0，
所以存在x0∈(0，ln
2)，使得g′(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0；
当x∈(x0，1)时，g′(x)<0.
故g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，
故当x>0时，≥x.
又由母题可得ln
x≤x－1，即x≥ln
x＋1，
故≥ln
x＋1.
规律方法 利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max.
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.
(3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明．
(4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式.
跟踪演练
1．(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln
x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln
x－1，f′(x)＝ex－.
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．
(2)证明 当a≥时，f(x)≥－ln
x－1.
方法一 设g(x)＝－ln
x－1(x∈(0，＋∞))，
则g′(x)＝－.
当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
方法二 易证ex≥x＋1，①
ln
x≤x－1，②
∴f(x)≥－ln
x－1＝ex－1－ln
x－1≥x－ln
x－1≥0，
即证f(x)≥0.
2．(2020·株州模拟)已知f(x)＝ln
x＋.
(1)若函数g(x)＝xf(x)，讨论g(x)的单调性与极值；
(2)证明：f(x)>.
(1)解 由题意，得g(x)＝x·f(x)＝xln
x＋(x>0)，
则g′(x)＝ln
x＋1.
当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)单调递减；当x∈时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增，
所以g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，
g(x)的极小值为g＝，无极大值．
(2)证明 要证ln
x＋>(x>0)成立，
只需证xln
x＋>(x>0)成立，
令h(x)＝，则h′(x)＝，
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)的极大值为h(1)，即h(x)≤h(1)＝，
由(1)知，x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g＝，
且g(x)的最小值点与h(x)的最大值点不同，所以xln
x＋>，即ln
x＋>，所以f(x)>.
专题强化练
1．(2020·沈阳模拟)已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln
x，a>0.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
(1)解 f(x)＝x2－(a－2)x－aln
x，a>0，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－＝，
令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0∴函数y＝f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明 方法一 ∵a＝1，∴f(x)＝x2＋x－ln
x(x>0)，
即证ex－ln
x－2>0恒成立，
令g(x)＝ex－ln
x－2，x∈(0，＋∞)，
即证g(x)min>0恒成立，
g′(x)＝ex－，g′(x)为增函数，g′<0，g′(1)>0，
∴?x0∈，使g′(x0)＝0成立，即－＝0，
则当0x0时，g′(x)>0，
∴y＝g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(x0)＝－ln
x0－2，
又∵－＝0，即＝，
∴g(x0)＝－ln
x0－2＝＋ln
－2＝＋x0－2，
又∵x0∈，∴x0＋>2，
∴g(x0)>0，即对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
方法二 令φ(x)＝ex－x－1，
∴φ′(x)＝ex－1，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
∴ex≥x＋1，①
令h(x)＝ln
x－x＋1(x>0)，
∴h′(x)＝－1＝，
∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝0，
∴ln
x≤x－1，∴x＋1≥ln
x＋2，②
要证f(x)＋ex>x2＋x＋2，
即证ex>ln
x＋2，
由①②知ex≥x＋1≥ln
x＋2，且两等号不能同时成立，
∴ex>ln
x＋2，即证原不等式成立．
2．(2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin2xsin
2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤
；
(3)设n∈N
，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
(1)解 f′(x)＝2sin
xcos
xsin
2x＋2sin2xcos
2x
＝2sin
xsin
3x.
当x∈∪时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在区间，上单调递增，
在区间上单调递减．
(2)证明 因为f(0)＝f(π)＝0，
由(1)知，f(x)在区间[0，π]上的最大值为f?＝，
最小值为f?＝－.
而f(x)是周期为π的周期函数，
故|f(x)|≤.
(3)证明 由于
＝|sin3xsin32x…sin32nx|
＝|sin
x||sin2xsin32x…sin32n－1xsin
2nx||sin22nx|
＝|sin
x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，
所以sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤＝.母题突破2 恒成立问题与有解问题
母题 (2014·全国Ⅰ)设函数f(x)＝aln
x＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b；
(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．
?2?思路分析
?存在x0≥1，使得f(x0)<
↓
?f?x?min<
↓
?求f?x?min
解 (1)f′(x)＝＋(1－a)x－b.
由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，f(x)＝aln
x＋x2－x，
f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)．
①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为
f(1)<，即－1<，
解得－－1②若1，
故当x∈时，f′(x)<0，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f?<.
而f?＝aln
＋＋>，
所以不符合题意．
③若a>1，则f(1)＝－1＝<.
综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．
[子题1] 已知函数f(x)＝ln
x－ax，g(x)＝x2，a∈R.
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f(x)＝ln
x－ax的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a.
当a≤0时，f′(x)＝－a>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；
当a>0时，由f′(x)＝－a>0，得0由f′(x)＝－a<0，得x>，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以函数f(x)有极大值点，无极小值点．
(2)由条件可得ln
x－x2－ax≤0(x>0)恒成立，
则当x>0时，a≥－x恒成立，
令h(x)＝－x，x>0，则h′(x)＝，
令k(x)＝1－x2－ln
x，x>0，
则当x>0时，k′(x)＝－2x－<0，
所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又k(1)＝0，所以在(0,1)上，h′(x)>0，在(1，＋∞)上，h′(x)<0，
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以h(x)max＝h(1)＝－1，所以a≥－1.
即a的取值范围为a≥－1.
[子题2] (2020·北京市西城区师范大学附属实验中学模拟)已知x＝为函数f(x)＝xaln
x的极值点．
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)＝，若对?x1∈(0，＋∞)，?x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．
解 (1)f′(x)＝axa－1ln
x＋xa·＝xa－1(aln
x＋1)，
f′＝a－1＝0，解得a＝2，
当a＝2时，f′(x)＝x(2ln
x＋1)，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以x＝为函数f(x)＝xaln
x的极小值点，
因此a＝2.
(2)由(1)知f(x)min＝f?＝－，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x.
①当k>0时，
当x<1时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
对?x1∈(0，＋∞)，?x2＝－，使得g(x2)＝g＝<－1<－≤f(x1)，符合题意．
②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝，对?x2∈R有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意．
③当k<0时，
当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
g(x)min＝g(1)＝，
若对?x1∈(0，＋∞)，?x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，即≤－，解得k≤－.
综上所述，k∈∪(0，＋∞)．
规律方法 (1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
①求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．
②分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．
跟踪演练
1．(2020·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝2ln
x＋1.若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围．
解 设h(x)＝f(x)－2x－c，
则h(x)＝2ln
x－2x＋1－c，
其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝－2.
当00；当x>1时，h′(x)<0.
所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．
从而当x＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c.
故当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.
所以c的取值范围为[－1，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求f(x)的极值；
(2)设g(x)＝(x－t)2＋2，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的最小值．
解 (1)f′(x)＝－xex，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，
∴当x＝0时，f(x)有极大值f(0)＝e0－1＝0，f(x)没有极小值．
(2)由(1)知f(x)≤0，
又因为g(x)＝(x－t)2＋2≥0，
所以要使方程f(x1)＝g(x2)有解，必然存在x2∈(0，＋∞)，使g(x2)＝0，所以x＝t，ln
x＝，
等价于方程ln
x＝有解，
即方程m＝xln
x在(0，＋∞)上有解，
记h(x)＝xln
x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ln
x＋1，
令h′(x)＝0，得x＝，
所以当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x＝时，h(x)min＝－，
所以实数m的最小值为－.
专题强化练
1．(2020·新高考全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝aex－1－ln
x＋ln
a．若f(x)≥1，求a的取值范围．
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－.
当0a<1.
当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln
x，f′(x)＝ex－1－.
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，
从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln
x＋ln
a≥ex－1－ln
x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
2．设函数f(x)＝ax2－xln
x－(2a－1)x＋a－1(a∈R)．若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 f′(x)＝2ax－1－ln
x－(2a－1)＝2a(x－1)－ln
x(x>0)，
易知当x∈(0，＋∞)时，ln
x≤x－1，
则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1)．
当2a－1≥0，即a≥时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，
f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，符合题意；
当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，
f(x)≤f(1)＝0，显然不符合题意，a≤0舍去；
当0x≤x－1，
得ln
≤－1，即ln
x≥1－，
则f′(x)≤2a(x－1)－＝(2ax－1)，
∵01.
当x∈时，f′(x)≤0恒成立，
∴f(x)在上单调递减，
∴当x∈时，f(x)≤f(1)＝0，
显然不符合题意，0综上可得，a∈.