拓展四 导数与零点、不等式的综合运用
思维导图
常见考法
考点一 零点问题
1．（2020· 3河南高三月考（文））已知函数 f x 2x 3x2 12x m .
（1）若m 1，求曲线 y f x 在 1, f 1 处的切线方程；
（2）若函数 f x 有 3个零点，求实数m 的取值范围.
【一隅三反】
1．（2020·山西运城·）已知函数 f x ln x 2ax 1 a R .
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）若 f x 有两个零点，求 a 的取值范围.
2．（2020·陕西安康·高三三模（理））已知函数 f (x) e x a ln(x a)(a 0) .
（1）证明：函数 f (x)在 (0, )上存在唯一的零点；
（2）若函数 f (x)在区间 (0, )上的最小值为 1，求 a 的值.
3．（2020·甘肃武威）设函 f (x) (x a)1nx x a ，a R ．
（1）设 g(x) f (x)，求函数 g(x)的极值；
（2）若 a 1 ，试研究函数 f (x) (x a)1nx x a 的零点个数．
e
考点二 导数与不等式
ln x 1
【例 2】．（2021·湖南湘潭·月考（理））已知函数 f (x)
ex
．
（1）求 f (x)的最大值；
（2）当 x 1时，ax(ln x 1) e2 x 恒成立，求 a 的取值范围．
不等式恒成立求解参数范围的方法：
（1）分离参数并构造函数解决问题；
（2）采用分类讨论的方式解决问题.
【一隅三反】
a
1．（2019·广东湛江·高二期末（文））已知函数 f (x) x (a 1) ln x(a R)．
x
（1）当0 a 1时，求函数 f (x)的单调区间；
（2）是否存在实数 a ，使 f (x) x 恒成立，若存在，求出实数 a 的取值范围；若不存在，说明理由．
2．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高二期末（文））已知函数 f (x) x ln x(x 0) .
（1）求 f (x)的单调区间和极值；
2
（2）若对任意 x (0, ), f (x) x mx 3 恒成立，求实数m 的最大值.
2
1 1
3．（2020· 2安徽省含山中学月考（理））已知函数 f (x) x a ln x (a R, a 0) .
2 2
（1）当 a 2时，求曲线 y f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程；
（2）求函数 f (x)的单调区间；
（3）若对任意的 x [1, )，都有 f (x) 0成立，求 a 的取值范围.拓展四 导数与零点、不等式的综合运用
思维导图
常见考法
考点一 零点问题
1．（2020· 3河南高三月考（文））已知函数 f x 2x 3x2 12x m .
（1）若m 1，求曲线 y f x 在 1, f 1 处的切线方程；
（2）若函数 f x 有 3个零点，求实数m的取值范围.
【答案】（1） y 12x；（2） 7,20 .
2
【解析】（1）由题意， f x 6x 6x 12，故 f 1 12，
又当m 1时， f 1 2 3 12 1 12，
故所求的切线方程为 y 12 12 x 1 ，即 y 12x .
（2）由题意， f x 6x2 6x 12 6 x2 x 2 6 x 1 x 2 ，
令 f x 0，得 x 1或 x 2，
故当 x , 1 时， f x 0，当 x 1,2 时， f x 0，当 x 2, 时， f x 0
故当 x 1时，函数 f x 有极大值 f 1 2 1 3 1 12 1 m m 7，
当 x 2时，函数 f x 有极小值 f 2 2 8 3 4 12 2 m m 20 .
m 7 0
若函数 f x 有 3个零点，实数m满足 ，解得 7 m 20，
m 20 0
即实数m的取值范围为 7,20 .
【一隅三反】
1．（2020·山西运城·）已知函数 f x ln x 2ax 1 a R .
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）若 f x 有两个零点，求 a的取值范围.
1
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2） 0 a .
2
【解析】（1）函数 f x ln x 2ax 1 0, f x 1，定义域为 ， 2a，
x
当 a 0时， f x 0 .
故 f x 在定义域 0, 上单调递增，此时无减区间.
当a 0时，令 f x 1 2a 0，得 x 1 0；
x 2a
当 x 0,
1
时， f x 0，故 f x 单调递增；
2a
当 x
1 , 时， f x 0，故 f x 单调递减.
2a
综上所述，当 a 0时， f x 在定义域 0, 上单调递增，此时无减区间；
a 0 f x 1 1 当 时， 在 0, 上单调递增，在 , 上单调递减.
2a 2a
（2）由（1）知， a 0时， f x 至多一个零点，不符合题意；
1
a 0
1
当 时， f x 在 x 0, 上单调递增，在 x , 2a 2a 上单调递减.
f x 1 要有两个零点，需满足 f 0
1
，即 0 a .
2a 2
此时0 2a 1 1， 1 .
2a
f 1 2a 1 因为 e
1 1 0，所以 f x 在 0, 有一个零点；
e 2a
1 1
f 1 因为 2 ， 2 2ln a
2
1.
a 2a a a
令h a 2ln a 2 2 1 a 1 h a 2 2 ， 0，a a a2 a2
所以 h a 1 1 在 0, 单调递增， h a h 2ln 2 3 0， 2 2
f 1 0 f x 1 所以 2 ，所以 在 , 上有一个零点. a 2a
所以 0
1
a ， f x 有两个零点.
2
2．（2020·陕西安康·高三三模（理））已知函数 f (x) e x a ln(x a)(a 0) .
（1）证明：函数 f (x)在 (0, )上存在唯一的零点；
（2）若函数 f (x)在区间 (0, )上的最小值为 1，求 a的值.
1
【答案】（1）证明见解析；（2）
2
1
【解析】（1）证明：∵ f (x) e x a ln(x a)(a 0) x a，∴ f (x) e .
x a
∵ex a 在区间 (0, )
1
上单调递增， 在区间 (0, )上单调递减，
x a
∴函数 f (x)在 (0, )上单调递增.
a
又 f (0) 1 a e e a ，令 g(a) a ea(a 0)， g (a) 1 ea 0，
a aea
则 g(a)在 (0, )上单调递减， g(a) g(0) 1，故 f (0) 0 .
令m a 1，则 f (m) f (a 1) e
1
0
2a 1
所以函数 f (x)在 (0, )上存在唯一的零点.
1 1
（2）解：由（1）可知存在唯一的 x0 (0, )，使得 f x0 e
x0 a 0 x0 a
x a ，即
e
x a（*）.0 0
函数 f (x) ex a
1
在 (0, )上单调递增.
x a
∴当 x 0, x0 时， f (x) 0， f (x)单调递减；当 x x0 , 时， f (x) 0， f (x)单调递增.
∴ f (x) x0 amin f x0 e ln x0 a .
由（*）式得 f (x) f x 1min 0 ln x a x .0 a 0
1
∴ ln x0 a 1x a ，显然 x0 a 1是方程的解.0
y 1
1
又∵ ln x是单调递减函数，方程 ln x0 a 1x a 有且仅有唯一的解 x0 a 1，x 0
1 1
把 x0 1 a代入（*）式，得 e1 2a 1，∴ a ，即所求实数 a的值为 .2 2
3．（2020·甘肃武威）设函 f (x) (x a)1nx x a ，a R．
（1）设 g(x) f (x)，求函数 g(x)的极值；
1
（2）若 a ，试研究函数 f (x) (x a)1nx x a 的零点个数．
e
【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）1个．
【解析】（1） f (x) (x a)1nx x a ， a R，
g(x) f (x) lnx a ， x 0． g (x) 1 a x a 2 2 ，x x x x
①当 a 0时， g (x) 0恒成立， g(x)在 (0, )上是增函数，无极值．
②当 a 0时， x a，
当 x (0,a)时， g(x)单调递减；当 x (a, )时， g(x)单调递增，
g (x)的极小值 g a lna 1，无极大值．
a 1（2）由（1）知，当 时， g(x)的极小值 g a lna 1 ln 1 1 0，
e e
结合 g x 的单调性可知 g(x)min 0，即 f (x) 0恒成立． f (x)在 (0, )上是增函数，
f (1) (1 a)ln 1 1 a 1 1 a a 2 0，
e e e e e e e
f e (e a)lne e a e 2 a e a 2a 0，
e
f (x) (1在 ， e)中有一个零点，
e
函数 f (x) (x a)1nx x a 的零点个数为 1个．
考点二 导数与不等式
ln x 1
【例 2】．（2021·湖南湘潭·月考（理））已知函数 f (x)
ex
．
（1）求 f (x)的最大值；
（2）当 x 1时，ax(ln x 1) e2 x恒成立，求 a的取值范围．
1 2
【答案】（1） ；（2） ,e .
e
1
f (x) ln x 1 x 0 1 ln x 1 【解析】（ ）因为
ex
，所以 f x x ，
ex
g x 1 ln x 1 g x 1 1设 ，所以 2 0，所以 g x 在 0, 上单调递减，且 g 1 0，x x x
所以当 x 0,1 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，
1
所以 f x f 1 max ；e
（2）因为 x 1，所以 x ln x 1 0，所以当 a 0时，ax ln x 1 0且 e2 x 0，所以 ax ln x 1 e2x
恒成立，
x
当a 0时，若ax ln x 1 e2x ln x 1 e恒成立，则 a 恒成立（*），
ex x
ex x 1 ex x
设h x ，所以 h x ，又因为 x 1, x 1 e，所以h ，
x x2
x 0
x2
所以 h x 在 1, 上单调递增，所以 h x min h 1 e，
ln x 1 1
又因为由（1）知 ex
且 x 1, e ,
ln x 1
0 ，
xmax e
1
所以若（*）成立，只需要 a e，所以 a e2，
e
综上可知：a ,e2 .
不等式恒成立求解参数范围的方法：
（1）分离参数并构造函数解决问题；
（2）采用分类讨论的方式解决问题.
【一隅三反】
a
1．（2019·广东湛江·高二期末（文））已知函数 f (x) x (a 1) ln x(a R)．
x
（1）当0 a 1时，求函数 f (x)的单调区间；
（2）是否存在实数 a，使 f (x) x恒成立，若存在，求出实数 a的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】（1）见解析；
a 1（2）当 时，使 f (x) x恒成立．
e 1
【解析】函数 f (x)的定义域为 (0, )，
f '(x) 1 a a 1 (x a)(x 1) 2 x x x2
，
当0 a 1时，
由 f '(x) 0，得0 x a，或 x 1，
由 f '(x) 0，得 a x 1，
故函数 f (x)的单调递增区间为 (0,a)和 (1, )，单调递减区间为 (a,1)，
(x 1)2
当 a 1时， f '(x) 0恒成立，
x2
故函数 f (x)的单调递增区间为 (0, ) .
（2） f (x) x恒成立等价于 a (a 1)x ln x 0恒成立，
令 g(x) a (a 1)x ln x，
当a 1 0时，即当 a 1时， g(x) 1，
故 g(x) 0在 (0, )内不能恒成立，
当a 1 0时，即当 a 1时，则 g(1) a 1，
故 g(x) 0在 (0, )内不能恒成立，
当a 1 0时，即当 a 1时，
g '(x) (a 1)(1 ln x)，
由 g '(x) 0 1解得 x ，
e
当0 x 1 时， g '(x) 0；
e
当 x 1 时， g '(x) 0 .
e
所以 g(x) 1 a 1min g( ) a 0，e e
a 1解得 .
e 1
综上，当 a 1 时， g(x) 0在 (0, )内恒成立，即 f (x) x恒成立，
e 1
a [ 1所以实数 的取值范围是 , ) .
e 1
2．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高二期末（文））已知函数 f (x) x ln x(x 0) .
（1）求 f (x)的单调区间和极值；
2
（2）若对任意 x (0, x mx 3 ), f (x) 恒成立，求实数m的最大值.
2
1 1 1
【答案】（1） f (x)在 x 处取得极小值，极小值为 f ( ) .（2）4
e e e
【解析】（1） f x lnx 1，
f x 0 x 1 , f x 0 0 1 x ，
e e
∴ f x 1 1 的单调增区间是 , ，单调减区间是 0, .
e e
∴ f x 1 1在 x 1 处取得极小值，极小值为 f .
e e e
2 f x x
2 mx 3 m 2xlnx x
2 3
（ ）由 变形，得 恒成立，
2 x
g x 2xlnx x
2 3 (x 0) g x 2x x
2 3
令 ， ，
x x2
由 g x 0 x 1, g x 0 0 x 1.
所以， g x 在 0,1 上是减函数，在 1, 上是增函数.
所以， g x g 1 4min ，即m 4，所以m的最大值是 4 .
3．（2020·安徽省含山中学月考（理））已知函数 f (x)
1 1
x 2 a ln x (a R, a 0) .
2 2
（1）当 a 2时，求曲线 y f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程；
（2）求函数 f (x)的单调区间；
（3）若对任意的 x [1, )，都有 f (x) 0成立，求 a的取值范围.
【答案】（1） x y 1 0；（2）答案见解析；（3） ,0 0,1 .
1 2 1 2
【解析】（1） a 2时， f (x) x 2 ln x ， f (1) 0， f '(x) x ， f '(1) 1
2 2 x
曲线 y f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程 x y 1 0
2
（2） f '(x) x a x a (x 0)
x x
a 0 f '(x) x
2 a
①当 时， 0恒成立，函数 f (x)的递增区间为 0,
x
②当 a 0时，令 f '(x) 0，解得 x a或 x a
x 0, a a a ,
f (x) - +
f (x) 减 增
所以函数 f (x)的递增区间为 a , ，递减区间为 (0, a )
（3）对任意的 x [1, )，使 f (x) 0成立，只需任意的 x [1, )， f (x)min ≥0
①当 a 0时， f (x)在[1, )上是增函数，所以只需 f (1) 0
而 f (1)
1
a ln1 1 0 所以 a 0满足题意；
2 2
②当0 a 1时，0 a 1， f (x)在[1, )上是增函数，
所以只需 f (1) 0 而 f (1) 1 a ln1 1 0 所以0 a 1满足题意；
2 2
③当 a 1时， a 1， f (x)在[1, a ]上是减函数，[ a , )上是增函数，
所以只需 f ( a) 0即可 而 f ( a) f (1) 0 从而 a 1不满足题意；
综合①②③实数 a的取值范围为 ,0 0,1 .
