1.4生活中的优化问题举例
【例题分析】
例1.村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．21cnjy.com
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
【变式训练】
1．一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的煤价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为100 km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？www.21-cn-jy.com
【适应训练】
2.如图,修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切),已知环湖弯曲路段为某三次函数图像的一部分,则该函数的解析式为 ( )2·1·c·n·j·y
A.y=x3-x2-x B.y=x3+x2-3x21·世纪*教育网
C.y=x3-x D.y=x3+x2-2x
【课外作业】
3.【2015江苏高考】某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到的距离分别为5千米和40千米，点N到的距离分别为20千米和2.5千米，以所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数
（其中a，b为常数）模型.
（1）求a，b的值；
（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度.
考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根
【例题分析】
例1. 若函数 f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围___．
例2.设函数f(x)=lnx+,m∈R；讨论函数g(x)=f'(x)-零点的个数.
【变式训练】
1.已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．
【适应训练】
2.已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是 ( )www-2-1-cnjy-com
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
【课外作业】
3．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为 ( )
A．4 B．6 C．7 D．8
4．已知函数f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a，g(x)＝，
(1)若函数f(x)在区间上无零点，求实数a的最小值；
(2)若对任意给定的x0∈(0，e]，在(0，e]上方程f(x)＝g(x0)总存在两个不等的实根，求实数a的取值范围．21教育网
5.设，函数．
(1) 求的单调区间 ；
(2) 证明：在上仅有一个零点；
(3) 若曲线在点处的切线与轴平行，且在点处的切线与直线平行（是坐标原点）,证明：．2-1-c-n-j-y
6.设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．
(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求实数a的取值范围；【来源：21·世纪·教育·网】
(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．
考点三 利用导数研究与不等式有关的问题
考向一、证明不等式
【例题分析】
例1. 已知f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝，x＞－1，且x≠0，证明：g(x)＜1.
【变式训练】
2.设函数f(x)＝aexln x＋，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.
【适应训练】
3．已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．21世纪教育网版权所有
(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；
(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，证明：e－2＜a＜1.
【课外作业】
4. 设函数f(x)＝x＋ax2＋bln x，曲线y＝f(x)过P(1,0)，且在P点处的切线斜率为2．
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≤2x－2．
考向二、不等式恒成立问题
【例题分析】
例1、设函数f(x)=lnx+,m∈R， 若对任意b>a>0,<1恒成立,求m的取值范围.
【变式训练】
1．已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
【适应训练】
2.已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为.
求的值及函数的极值；
证明：当时，
（3）证明：对任意给定的正数c，总存在，使得当时，恒有
【课外作业】
3．若不等式x3－－2x＋5＞m对一切x∈[－1,2]恒成立，求实数m的取值范围．
4. 设函数。
（1）证明：在单调递减，在单调递增；
（2）若对于任意，都有，求m的取值范围。
5. 设函数，其中.
（Ⅰ）讨论函数极值点的个数，并说明理由；
（Ⅱ）若，成立，求的取值范围.
考向三、存在型不等式成立问题
【例题分析】
例1、已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)
【变式训练】
1．已知函数f(x)＝ax2－ex(a∈R，e为自然对数的底数)，f′(x)是f(x)的导函数．
(1)解关于x的不等式：f(x)>f′(x)；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围．
【适应训练】
2．已知函数f(x)＝xln x＋mx(m∈R)的图象在点(1，f(1))处的切线的斜率为2.
(1)求实数m的值；
(2)设g(x)＝，讨论g(x)的单调性；
(3)已知m，n∈N*且m>n>1，证明>.
【课外作业】
3.设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)．
(1)求函数f(x)的最小值h(t)；
(2)由(1)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围．
4.已知函数，，其中．
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）当时，求的单调区间；
（Ⅲ）若存在，使得不等式成立，求的取值范围．
考点一 利用导数研究生活中的优化问题
【例题分析】
例1.村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．21教育网
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元．
所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，
从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因r>0，又由h>0可得0＜r<5，
故函数V(r)的定义域为(0，5)．
(2)因V(r)＝(300r－4r3)，故V′(r)＝(300－12r2)，
令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(因r＝－5不在定义域内，舍去)．
当r∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上为增函数；
当r∈(5，5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5)上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.
即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
规律方法 求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，那么依据实际意义，该极值点也就是最值点．21·cn·jy·com
【变式训练】
1．一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的煤价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为100 km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？【来源：21cnj*y.co*m】
解：设火车的速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.
由题意，令40＝k·203，∴k＝，
则总费用f(x)＝(kx3＋400)·
＝a＝a(0＜x≤100)．
由f′(x)＝＝0，得x＝20.
当0＜x＜20时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当20＜x≤100时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
∴当x＝20时，f(x)取极小值也是最小值，即速度为20 km/h时，总费用最少．
【适应训练】
2.如图,修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切),已知环湖弯曲路段为某三次函数图像的一部分,则该函数的解析式为 ( )2-1-c-n-j-y
A.y=x3-x2-x B.y=x3+x2-3x【版权所有：21教育】
C.y=x3-x D.y=x3+x2-2x
【解题指南】根据已知图像可以得到函数图像在与x轴交点处的导数,再利用导数及函数的零点列出三元一次方程组,解之即得所求.21*cnjy*com
【解析】选A.由已知可得此函数为三次函数且过原点,故可设函数解析式为y=f(x)=ax3+bx2+cx,所以f'(x)=3ax2+2bx+c,
由题意知f'(0)=-1,f'(2)=3,f(2)=0,即c=-1,
12a+4b+c=3,8a+4b+2c=0,
解之得a=,b=-,c=-1.
所以y=x3-x2-x.
【课外作业】
3.【2015江苏高考，17】（本小题满分14分）
某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建
一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为，山区边
界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到
的距离分别为5千米和40千米，点N到的距离分别为20千米和2.5千米，以
所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数
（其中a，b为常数）模型.
（1）求a，b的值；
（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度.
【答案】（1）（2）①定义域为，②千米
【解析】
（1）由题意知，点，的坐标分别为，．
将其分别代入，得，
解得．
（2）①由（1）知，（），则点的坐标为，
设在点处的切线交，轴分别于，点，，
则的方程为，由此得，．
故，．
②设，则．令，解得．
当时，，是减函数；
当时，，是增函数．
从而，当时，函数有极小值，也是最小值，所以，
此时．
答：当时，公路的长度最短，最短长度为千米．
【考点定位】利用导数求函数最值，导数几何意义
【名师点晴】解决实际应用问题首先要弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型，然后将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型；本题已直接给出模型，只需确定其待定参数即可.求解数学模型，得出数学结论，这一步骤在应用题中要求不高，难度中等偏下，本题是一个简单的利用导数求最值的问题.首先利用导数的几何意义是切点处切线的斜率，然后再利用导数求极值与最值.
考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根
【例题分析】
例1. 若函数 f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围___．
解析 由于函数f(x)是连续的，故只需要两个极值异号即可．f′(x)＝3x2－3，令3x2－3＝0，得x＝±1，只需f(－1)·f(1)＜0，即(a＋2)(a－2)＜0，
故a∈(－2，2)．答案 (－2，2)
例2.设函数f(x)=lnx+,m∈R；讨论函数g(x)=f'(x)-零点的个数.
【解题指南】(1)利用导数确定函数单调性,再由单调性求函数的极值.(2)首先变形将函数零点个数转化为直线与曲线的交点个数,然后求导确定函数最值,数形结合分类讨论确定零点的个数.2·1·c·n·j·y
【解析】(1)由题设g(x)=f'(x)-=--(x>0),
令g(x)=0,得m=-+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x=1也是φ(x)的极大值点,
所以φ(x)的最大值为φ(1)=.
又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象,可知
①当m>时,函数g(x)无零点;
②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;
③当0④当m≤0时,函数g(x)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【变式训练】
1.已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．
解 由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝2x＋sin x＋x(sin x)′－sin x＝x(2＋
cos x)．
(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．【出处：21教育名师】
解得a＝0，b＝f(0)＝1.
(2)设g(x)＝f(x)－b＝x2＋xsin x＋cos x－b.
令g′(x)＝f′(x)－0＝x(2＋cos x)＝0，得x＝0.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
↘
1－b
↗
所以函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，且g(x)的最小值为g(0)＝1－b.www-2-1-cnjy-com
①当1－b≥0时，即b≤1时，g(x)＝0至多有一个实根，曲线y＝f(x)与y＝b最多有一个交点，不合题意．21教育名师原创作品
②当1－b<0时，即b>1时，有g(0)＝1－b<0，
g(2b)＝4b2＋2bsin 2b＋cos 2b－b>4b－2b－1－b>0.
∴y＝g(x)在(0，2b)内存在零点，
又y＝g(x)在R上是偶函数，
且g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴y＝g(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，
在(－∞，0)也有唯一零点．
故当b>1时，y＝g(x)在R上有两个零点，
则曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点．
综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞).
【适应训练】
2.已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是 ( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
解析 a＝0时，不符合题意．a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a＞0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．
则a＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有f ＞0，即a×－3×＋1＞0，化简得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2，故选C.【来源：21·世纪·教育·网】
答案 C
【课外作业】
3．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为 ( )
A．4 B．6 C．7 D．8
解析 由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)＞0得x＜1或x＞2，由f′(x)＜0得1＜x＜2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，而选项中只给出了4，所以选A.
答案 A
4．已知函数f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a，g(x)＝，
(1)若函数f(x)在区间上无零点，求实数a的最小值；
(2)若对任意给定的x0∈(0，e]，在(0，e]上方程f(x)＝g(x0)总存在两个不等的实根，求实数a的取值范围．
解 f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x，
(1)令m(x)＝(2－a)(x－1)，x＞0；h(x)＝2ln x，x＞0，则f(x)＝m(x)－h(x)，
①当a＜2时，m(x)在上为增函数，h(x)在上为增函数，
若f(x)在上无零点，则m≥h，
即(2－a)≥2ln ，
∴a≥2－4ln 2，∴2－4ln 2≤a＜2，
②当a≥2时，在上m(x)≥0，h(x)＜0，
∴f(x)＞0，
∴f(x)在上无零点．
由①②得a≥2－4ln 2，
∴amin＝2－4ln 2.
(2)g′(x)＝e1－x－xe1－x＝(1－x)e1－x，
当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当x∈(1，e]时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
又g(0)＝0，g(1)＝1，g(e)＝e2－e＞0，
∴函数g(x)在(0，e]上的值域为(0，1]．
方程f(x)＝g(x0)等价于(2－a)(x－1)－g(x0)＝2ln x，
令p(x)＝(2－a)(x－1)－g(x0)，
则p(x)过定点(1，－g(x0))，且－1≤－g(x0)＜0，
令t(x)＝2ln x，由p(x)，t(x)的图象可知，
要使方程f(x)＝g(x0)在(0，e]上总存在两个不相等的实根，
需使在(0，e]上恒成立，
即(2－a)(e－1)－g(x0)≥2ln e＝2，
∴a≤2－，
∵0＜g(x0)≤1，∴＝2－，
∴a≤2－.
综上所述，a的取值范围为.
5.设，函数．
(1) 求的单调区间 ；
(2) 证明：在上仅有一个零点；
(3) 若曲线在点处的切线与轴平行，且在点处的切线与直线平行（是坐标原点）,证明：．www.21-cn-jy.com
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】（1）依题，
∴ 在上是单调增函数；
（2）∵ ，
∴ 且，
∴ 在上有零点，
又由（1）知在上是单调增函数，
在上仅有一个零点；
（3）由（1）知令得，又，即，
∴ ，又，
【考点定位】导数与函数单调性、零点、不等式，导数的几何意义等知识．
【名师点睛】本题主要考查导数与函数单调性、零点、不等式恒成立，导数的几何意义等基础知识，属于中高档题，解答此题关键在于第（1）问要准确求出的导数，第（2）问首先要说明内有零点再结合函数在单调性就易证其结论，第（3）问由导数的几何意义易得对比要证明的结论后要能认清的放缩作用并利用导数证明成立，则易证．
6.设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．
(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求实数a的取值范围；
(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．
答案 (1)a>e (2)a＝或a≤0时，f(x)有1个零点；0解析 (1)f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立，
则a≥，x∈(1，＋∞)，故a≥1.
g′(x)＝ex－a，若1≤a≤e，
则g′(x)＝ex－a≥0在(1，＋∞)上恒成立．
此时，g(x)＝ex－ax在(1，＋∞)上是单调增函数，无最小值，不合题意；
若a>e，则g(x)＝ex－ax在(1，lna)上是单调减函数，在(lna，＋∞)上是单调增函数，g(x)min＝g(lna)，满足题意．
故实数a的取值范围为a>e.
(2)g′(x)＝ex－a≥0在(－1，＋∞)上恒成立，则a≤ex，
故a≤，f′(x)＝－a＝(x>0)．
①若00得单调递增区间为(0，)；
令f′(x)<0得单调递减区间为(，＋∞)．
当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－∞；
当x＝时，f()＝－lna－1≥0，当且仅当a＝时取等号．
故当a＝时，f(x)有1个零点；当0②若a＝0，则f(x)＝－lnx，易知f(x)有1个零点．
③若a<0，则f′(x)＝－a>0在(0，＋∞)上恒成立，
即f(x)＝lnx－ax在(0，＋∞)上是单调增函数，
当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→＋∞.
此时，f(x)有1个零点．
综上所述，当a＝或a≤0时，f(x)有1个零点；
当0考点三 利用导数研究与不等式有关的问题
考向一、证明不等式
【例题分析】
例1. 已知f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝，x＞－1，且x≠0，证明：g(x)＜1.
解：(1)f′(x)＝－xex.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以f(x)的最大值为f(0)＝0.
(2)证明：由(1)知，当x＞0时，f(x)＜0，g(x)＜0＜1.
当－1＜x＜0时，g(x)＜1等价于f(x)＞x.
设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.
当x∈(－1,0)时，0＜－x＜1,0＜ex＜1，则0＜－xex＜1，
从而当x∈(－1,0)时，h′(x)＜0，h(x)在(－1,0]上单调递减．
当－1＜x＜0时，h(x)＞h(0)＝0，即g(x)＜1.
综上，总有g(x)＜1.
【变式训练】
2.设函数f(x)＝aexln x＋，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.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aexln x＋ex－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)＝exln x＋ex－1，
从而f(x)＞1等价于xln x＞xe－x－.
设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.
所以当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＝－.
设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．
所以当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.
规律方法 利用导数证明不等式常构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0的关系，从而证明不等式，这是用导数证明不等式的基本思路．
【适应训练】
3．已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；
(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，证明：e－2＜a＜1.
(1)解 由f(x)＝ex－ax2－bx－1，有g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b，
所以g′(x)＝ex－2a.
当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]，
当a≤时，g′(x)≥0，
所以g(x)在[0，1]上单调递增，
因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当a≥时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0，1]上单调递减．
因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；
当＜a＜时，
令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)∈(0，1)，
所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．
于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.综上所述，
当a≤时，
g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当＜a＜时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；
当a≥时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.
(2)证明 设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．
则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负．
故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1，
同理，g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2，
所以g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点．
由(1)知，当a≤时，g(x)在[0，1]上单调递增，
故g(x)在(0，1)内至多有一个零点．
当a≥时，g(x)在[0，1]上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，所以＜a＜.
此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增，因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0.
由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，有g(0)＝a－e＋2＞0，g(1)＝1－a＞0，解得e－2＜a＜1.
所以函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e－2＜a＜1.
【课外作业】
4. 设函数f(x)＝x＋ax2＋bln x，曲线y＝f(x)过P(1,0)，且在P点处的切线斜率为2．
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≤2x－2．
分析：(1)利用f(1)＝0和f′(1)＝2建立方程组求a，b；(2)构造函数g(x)＝f(x)－2x＋2，求g(x)的最大值小于等于零．
解：(1)f′(x)＝1＋2ax＋．
由已知得得
解得a＝－1，b＝3．
(2)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知f(x)＝x－x2＋3ln x．
设g(x)＝f(x)－(2x－2)＝2－x－x2＋3ln x，
则g′(x)＝－1－2x＋＝－．
令g′(x)＝0得x＝1或x＝－(舍去)．
当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0．
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
∴g(x)max＝g(1)＝0，∴f(x)－(2x－2)≤0．
∴f(x)≤2x－2．
5.
考向二、不等式恒成立问题
【例题分析】
例1、设函数f(x)=lnx+,m∈R， 若对任意b>a>0,<1恒成立,求m的取值范围.
解：对任意的b>a>0,<1恒成立,等价于f(b)-b设h(x)=f(x)-x=lnx+-x(x>0),所以(*)等价于h(x)在(0,+∞)上单调递减.
由h'(x)=--1≤0在(0,+∞)恒成立,得m≥-x2+x=-+(x>0)恒成立,
所以m≥,
所以m的取值范围.
【变式训练】
1．已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
解：(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，
则a≤2ln x＋x＋，
设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，
则h′(x)＝，
①当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4.
即实数a的取值范围是(－∞，4]
(2)证明：问题等价于证明xln x>－(x∈(0，＋∞))．
又f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f＝－.
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，
易知m(x)max＝m(1)＝－，
从而对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
【适应训练】
2.已知函数（为常数）的图像与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为.
求的值及函数的极值；
证明：当时，
（3）证明：对任意给定的正数c，总存在，使得当时，恒有
【解题指南】(1)由求的值，再判断的单调性求极值；(2)构造函数，判断单调性，求最值给出证明；(3)分与两种情况给予证明.
【解析】解法一：(1)由，得，又，得，
∴，，令，得，……………………2分
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
∴当时，取得极小值，且极小值为，无极大值；………………………………………………………………………………………4分
(2)令，则，
由(1)得，………………………………………6分
故在上单调递增，又，
∴当时，，即；……………………………………7分
(3)①若，则，又由(Ⅱ)知，当时，，
∴当时，，
取，当时，恒有，……………………………………9分
②若，令，要使不等式成立，只要成立，
而要使成立，则只要，只要，………………10分
令，则，
当时，，在上单调递增，
取，则在上单调递增，
又，
而，，，则，
即存在，当时，恒有，………………………………13分
综上，对任意给定的正数，总存在时，恒有.……………14分
方法二：(1)同方法一.
(2)同方法一.
(3)对任意给定的正数，取，
由(2)知，当时，，则，
当时，，
∴对任意给定的正数，总存在时，恒有.
解法三：(1)同解法一.
(2)同解法一.
(3)先证明当时，恒有，
令，则，
由(2)知，当时，，从而，在上单调递减，
∴，即，
取，当时，有，
∴对任意给定的正数，总存在时，恒有.
【课外作业】
3．若不等式x3－－2x＋5＞m对一切x∈[－1,2]恒成立，求实数m的取值范围．
解：令f(x)＝x3－－2x＋5，则f′(x)＝3x2－x－2．令f′(x)＝0，即3x2－x－2＝0，
解得x＝－，或x＝1，∵f(－1)＝，f＝5，f(1)＝，f(2)＝7，
∴当x∈[－1,2]时函数f(x)的最小值为．
故要使不等式f(x)＞m恒成立，应有m＜，
即m的取值范围是m＜．
4. 设函数。
（1）证明：在单调递减，在单调递增；
（2）若对于任意，都有，求m的取值范围。
5. 19.（15年山东理科）设函数，其中.
（Ⅰ）讨论函数极值点的个数，并说明理由；
（Ⅱ）若，成立，求的取值范围.
解：（Ⅰ），定义域为
，
设，
当时，，函数在为增函数，无极值点.
当时，，
若时，，函数在为增函数，无极值点.
若时，设的两个不相等的实数根，且，
且，而，则，
所以当单调递增；
当单调递减；
当单调递增.
因此此时函数有两个极值点；
当时，但，，
所以当单调递増；
当单调递减.
所以函数只有一个极值点。
综上可知当时的无极值点；当时有一个极值点；当时，的有两个极值点.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当时在单调递增，而，
则当时，，符合题意；
当时，，在单调递增，而，
则当时，，符合题意；
当时，，所以函数在单调递减，而，
则当时，，不符合题意；
当时，设，当时，
在单调递增，因此当时，
于是，当时，
此时，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
另解：（Ⅰ），定义域为
，
当时，，函数在为增函数，无极值点.
设，
当时，根据二次函数的图像和性质可知的根的个数就是函数极值点的个数.
若，即时，，函数在为增函数，无极值点.
若，即或，
而当时此时方程在只有一个实数根，此时函数只有一个极值点；
当时方程在都有两个不相等的实数根，此时函数有两个极值点；
综上可知当时的极值点个数为0；当时的极值点个数为1；当时，的极值点个数为2.
（Ⅱ）设函数，，都有成立.
即
当时，恒成立；
当时，，；
当时，，；由均有成立。
故当时，，，则只需；
当时，，则需，即.综上可知对于，都有成立，只需即可，故所求的取值范围是.
另解：设函数，，要使，都有成立，只需函数函数在上单调递增即可，
于是只需，成立，
当时，令，，
则；当时；当，，
令，关于单调递增，则，则,于是.
又当时，，所以函数在单调递减，而，
则当时，，不符合题意；
当时，设，当时，
在单调递增，因此当时，
于是，当时，
此时，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
评析：求解此类问题往往从三个角度求解：一是直接求解，通过对参数的讨论来研究函数的单调性，进一步确定参数的取值范围；二是分离参数法，求相应函数的最值或取值范围以达到解决问题的目的；三是凭借函数单调性确定参数的取值范围，然后对参数取值范围以外的部分进行分析验证其不符合题意，即可确定所求.21世纪教育网版权所有
考向三、存在型不等式成立问题
【例题分析】
例1、已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，
f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，
f(x)在[1，e]上为减函数．
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．
由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2,0]时g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－<1，即a>，所以a的取值范围为.21·世纪*教育网
【变式训练】
1．已知函数f(x)＝ax2－ex(a∈R，e为自然对数的底数)，f′(x)是f(x)的导函数．
(1)解关于x的不等式：f(x)>f′(x)；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ax－ex，
令f(x)－f′(x)＝ax(x－2)>0.
当a＝0时，无解；
当a>0时，解集为{x|x<0或x>2}；
当a<0时，解集为{x|0(2)设g(x)＝f′(x)＝2ax－ex，
则x1，x2是方程g(x)＝0的两个根．
g′(x)＝2a－ex，
当a≤0时，g′(x)<0恒成立，g(x)单调递减，
方程g(x)＝0不可能有两个根；
当a>0时，由g′(x)＝0，得x＝ln 2a，
当x∈(－∞，ln 2a)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(ln 2a，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
∴当g(x)max>0时，方程g(x)＝0才有两个根，
∴g(x)max＝g(ln 2a)＝2aln 2a－2a>0，得a>.
故实数a的取值范围是.
【适应训练】
2．已知函数f(x)＝xln x＋mx(m∈R)的图象在点(1，f(1))处的切线的斜率为2.
(1)求实数m的值；
(2)设g(x)＝，讨论g(x)的单调性；
(3)已知m，n∈N*且m>n>1，证明>.
解：(1)因为f(x)＝xln x＋mx，所以f′(x)＝1＋ln x＋m.
由题意f′(1)＝1＋ln 1＋m＝2，得m＝1.
(2)g(x)＝＝(x>0，x≠1)，
所以g′(x)＝.
设h(x)＝x－1－ln x，h′(x)＝1－.
当x>1时，h′(x)＝1－>0，h(x)是增函数，
h(x)>h(1)＝0，
所以g′(x)＝>0，
故g(x)在(1，＋∞)上为增函数；
当0h(x)>h(1)＝0，
所以g′(x)＝>0，故g(x)在(0,1)上为增函数；
所以g(x)在区间(0,1)和(1，＋∞)上都是单调递增的．
(3)证明：由已知可知要证>，
即证－>ln n－ln m，即证ln m>ln n，即证>，
即证g(m)>g(n)，又m>n>1(m，n∈N*)，由(2)知g(m)>g(n)成立，所以>.
【课外作业】
3.设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)．
(1)求函数f(x)的最小值h(t)；
(2)由(1)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围．
分析：第(1)小题可通过配方法求f(x)的最小值；第(2)小题由h(t)＜－2t＋m，得h(t)＋2t＜m， 21*cnjy*com
可转化为函数g(t)＝h(t)＋2t在区间(0,2)上的最大值小于m时，实数m的取值范围的问题．
解：(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，
∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1．
(2)令g(t)＝h(t)－(－2t)＝－t3＋3t－1，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，及t＞0得t＝1．
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表：
t
(0,1)
1
(1,2)
g′(t)
＋
0
－
g(t)
单调递增
1[来源:21世纪教育网]
单调递减
由上表可知当t＝1时，g(t)有极大值g(1)＝1．
又在定义域(0,2)内，g(t)有唯一极值点，
∴函数g(t)的极大值也就是g(t)在定义域(0,2)内的最大值g(t)max＝1．
h(t)＜－2t＋m在(0,2)内恒成立，即g(t)＜m在(0,2)内恒成立，
当且仅当g(t)max＝1＜m，即m＞1时上式成立．
∴实数m的取值范围是(1，＋∞)．
4.已知函数，，其中．
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）当时，求的单调区间；
（Ⅲ）若存在，使得不等式成立，求的取值范围．
