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1、第 4 讲 导数的综合应用第 4 讲 导数的综合应用 年份卷别考查内容及考题位置命题分析 卷讨论函数的单调性、不等式的证明T21 卷不等式的证明、函数的零点问题T212018 卷不等式的证明、极值点问题T21 卷 利用导数研究函数的单调性、函数的零 点T21 卷 利用导数研究函数的单调性及极值、函 数的零点、不等式的证明T21 2017 卷 导数在研究函数单调性中的应用、不等 式放缩T21 卷函数的零点问题、不等式的证明T21 卷 函数单调性的判断、不等式证明及值域 问题T212016 卷 三角函数的导数运算、最值问题及不等 式证明T21 导数日益成为解决问 题必不可少的工具， 利用导 数研究
2、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 解答题的热点题型有： (1)利用导数研究函数的单 调性、极值、最值 (2)利用导数证明不等式或 探讨方程的根 (3)利用导数求解参数的范 围或值. 利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型) 典型例题 命题角度一 根据函数零点求参数范围 (2018高考全国卷)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. 【解】 (1)证明：当a1 时，f(x)1 等价于(x21)ex10. 设函数g(x)(x2
3、1)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex. 当x1 时，g(x)0，所以g(x)在(0，)单调递减而g(0)0，故当x0 时， g(x)0，即f(x)1. (2)设函数h(x)1ax2ex. f(x)在(0，)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，)只有一个零点 ()当a0 时，h(x)0，h(x)没有零点； ()当a0 时，h(x)ax(x2)ex.当x(0，2)时，h(x)0； 当x(2，) 时，h(x)0. 所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，)单调递增 故h(2)1是h(x)在0，)的最小值 4a e2 若h(2)0，即a，h(x)在(0，)没有零点； e2 4 若h
4、(2)0，即a，h(x)在(0，)只有一个零点； e2 4 若h(2)0，即a，由于h(0)1，所以h(x)在(0，2)有一个零点 e2 4 由(1)知，当x0 时，exx2，所以 h(4a)1111 0. 16a3 e4a 16a3 （e2a）2 16a3 （2a）4 1 a 故h(x)在(2，4a)有一个零点因此h(x)在(0，)有两个零点 综上，f(x)在(0，)只有一个零点时，a. e2 4 根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合” ，即通过函数图象的交 点个数确定参数满足的条件， 把问题转化为使用计算方法研究参数满足的代数条件上， 解决 问题的步骤是“先形后数” 命题
5、角度二 根据参数确定函数的零点个数 已知函数f(x)(a，bR R，a0)的图象在点(1，f(1)处的切线斜率为 aln xb x a. (1)求f(x)的单调区间； (2)讨论方程f(x)1 根的个数 【解】 (1)函数f(x)的定义域为(0， )，f(x)， 由f(1)ab abaln x x2 a，得b2a，所以f(x)，f(x). a（ln x2） x a（ln x1） x2 当a0 时，由f(x)0，得 0 . 1 e 1 e 当a0，得x ；由f(x)0 时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为； 当a0，在 1ln x x2 1 e(0， 1 e)( 1 e，) 上h(x)0
6、，当x无限增大时，h(x)无限接近 0 ； ( 1 e，) ln x2 x 在上，h(x)单调递增且当x无限接近 0 时，ln x2 负无限大，故h(x)负无限大 (0， 1 e) 故当 0 时，方程f(x)1 有两个不等实根，当a 时，方程f(x)1 只有 1 a 1 e 1 e 一个实根，当a 时，方程f(x)1 有两个实根 ； 当a0， 则当x(， 1)时，f(x)0.所以f(x) 在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增 又f(1)e，f(2)a， 取b满足b (b2)a(b1)2a a 2 a 2 0， (b 23 2b) 故f(x)存在两个零点 ()设a0，因此f(x)在(1，)
7、 e 2 上单调递增又当x1 时，f(x)1.故当x(1， ln(2a)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递 增又当x1 时，f(x)f(2x2)， 即f(2x2)1 时，g(x)1 时，g(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增； 当a0 时，由得 0，所以f(x)在上 f（x）0， x 0，) a a a a(0， a a) 单调递增，在上单调递减 ( a a ，) 综上所述：当a0 时，f(x)的单调递增区间为(0，)； 当a0 时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (0， a a)( a a ，) (3)由(2)可知， (
8、)当a0，故f(x)在1，e2上没有零点； 1 2 ()当a0 时，f(x)在1，e2上单调递增，而f(1)a0，故f(x)在1，e2上 1 2 有一个零点； ()当a0 时， 若1， 即a1 时，f(x)在1， e2上单调递减， 因为f(1)a 时，f(x)在1，e2上没有零点； ( a a) 1 2 1 2 1 e 若f ln a 0，即a 时，f(x)在1，e2上有一个零点； ( a a) 1 2 1 2 1 e 若f ln a 0， 即a0 得a0，所以f(x)在1，e2上有一个零点 1 2 综上所述 ： 当a 时，f(x)在1， e2上没有零点 ； 当0a0. 【解】 (1)函数f(
9、x)的定义域为(0，) f(x)aex ，由题意得f(1) ，f(1) 1， b x 1 e 1 e 所以解得 ae1 e， aeb1 e1，) a 1 e2， b1.) (2)证明：由(1)知f(x)exln x. 1 e2 因为f(x)ex2 在(0， )上单调递增， 又f(1)0， 所以f(x)0 1 x 在(0，)上有唯一实根x0，且x0(1，2) 当x(0，x0)时，f(x)0， 从而当xx0时，f(x)取极小值，也是最小值 由f(x0)0，得 ex02，则x02ln x0. 1 x0 故f(x)f(x0)ex02ln x0x02220，所以f(x)0. 1 x0 1 x0x 0 利
10、用导数证明单变量的不等式的常见形式是f(x)g(x)证明技巧：先将不等式 f(x)g(x)移项，即构造函数h(x)f(x)g(x)，转化为证不等式h(x)0，再次转化为证明 h(x)min0，因此，只需在所给的区间内，判断h(x)的符号，从而判断其单调性，并求出 函数h(x)的最小值，即可得证 命题角度二 双变量不等式的证明 已知函数f(x)ln xax2x，aR R. 1 2 (1)当a0 时，求函数f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程； (2)若a2，正实数x1，x2满足f(x1)f(x2)x1x20，证明：x1x2. 51 2 【解】 (1)当a0 时，f(x)ln xx，则f(1
11、)1，所以切点为(1，1)， 又f(x) 1，则切线斜率kf(1)2， 1 x 故切线方程为y12(x1)，即 2xy10. (2)证明：当a2 时，f(x)ln xx2x，x0. 由f(x1)f(x2)x1x20， 得 ln x1xx1ln x2xx2x1x20， 2 12 2 从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2)， 令tx1x2，则由(t)tln t，得(t)1 ， 1 t t1 t 易知(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增， 所以(t)(1)1，所以(x1x2)2(x1x2)1， 因为x10，x20，所以x1x2成立 51 2 破解含双参不等式证明
12、题的三个关键点 (1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为 含单参的不等式 (2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值 (3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果 对点训练 (2018高考全国卷)已知函数f(x) xaln x. 1 x (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：a2. f（x1）f（x2） x1x2 解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1 . 1 x2 a x x2ax1 x2 (i)若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1 时f(x)0，所以f(
13、x)在(0，) 单调递减 (ii)若a2，令f(x)0 得，x或x. aa24 2 aa24 2 当x时，f(x)0.所 以f(x)在， ( aa24 2 ，a a24 2)(0， aa24 2) 单调递减，在单调递增 ( aa24 2 ，) ( aa24 2 ，a a24 2) (2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2. 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11. 由于1a2a2a f（x1）f（x2） x1x2 1 x1x2 ln x1ln x2 x1x2 ln x1ln x2 x1x2 2ln x2 1 x2x 2 ， 所以0)，h
14、(x) 2，则g(x)，h(x). mx ex ln x1 x 1 e m（1x） ex ln x x2 因为m0；当x1 时，g(x)0，h(x)0，使f(x0)g(x0)成立，求参数a的取值范围 【解】 (1)由题意得，f(x) x1， 设切点为(x0，f(x0)， 则kf(x0)x0 3 x 3 x0 13，解得x01 或x03(舍)，所以切点为，代入g(x)3xa，得a . (1， 1 2) 5 2 (2)设h(x)3ln xx22x.x00，使f(x0)g(x0)成立， 1 2 等价于x0，使h(x)3ln xx22xa成立， 1 2 等价于a0) 因为h(x) x2， 3 x x2
15、2x3 x （x1）（x3） x 令得 01. h（x） 0， x 0，) h（x） 0，) 所以函数h(x)3ln xx22x在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以 1 2 h(x)maxh(1) ，即a3)，令u(x)0，得x2； 1 x3 令u(x) e1x在区间(1，)内恒成立(e2.718 1 x 为自然对数的底数) 解：(1)f(x)2ax (x0) 1 x 2ax21 x 当a0 时，f(x)0 时，由f(x)0，有x . 1 2a 此时，当x时，f(x)0，f(x)单调递增 ( 1 2a，) (2)令g(x) ，s(x)ex1x. 1 x 1 ex1 则s(x)ex
16、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. 当 01. 1 2 1 2a 由(1)有f0， ( 1 2a)( 1 2a) 所以此时f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立 当a 时，令h(x)f(x)g(x)(x1) 1 2 当x1 时，h(x)2ax e1xx 0. 1 x 1 x2 1 x 1 x2 1 x x32x1 x2 x22x1 x2 因此，h(x)在区间(1，)内单调递增 又h(1)0， 所以当x1
17、 时，h(x)f(x)g(x)0， 即f(x)g(x)恒成立 综上，a. 1 2，) 1(2018高考全国卷)已知函数f(x)x3a(x2x1) 1 3 (1)若a3，求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点 解：(1)当a3 时，f(x)x33x23x3，f(x)x26x3. 1 3 令f(x)0 解得x32或x32.33 当x(，32)(32，)时，f(x)0；33 当x(32，32)时，f(x)0，所以f(x)0 等价于3a0. x3 x2x1 设g(x)3a，则g(x)0，仅当x0 时g(x)0， x3 x2x1 x2（x22x3） （x2x1）2 所以g(x)在(，)
18、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(3a1)6a22a 6 0， 1 3 故f(x)有一个零点 综上，f(x)只有一个零点 2(2018唐山模拟)已知f(x)x2a2ln x，a0. 1 2 (1)若f(x)0，求a的取值范围； (2)若f(x1)f(x2)，且x1x2，证明：x1x22a. 解：(1)由题意知，f(x)x. a2 x （xa）（xa） x 当x(0，a)时，f(x)0，f(x)单调递增 当xa时，f(x)取得最小值f(a)a2a2ln a. 1 2 令a2a2ln a0，解得 0a. 要证x1x22a即x22ax1，则只需证f(x2)f(2
19、ax1) 因f(x1)f(x2)，则只需证f(x1)f(2ax1) 设g(x)f(x)f(2ax)，0g(a)0. 又由题意得 00，即f(x1)f(2ax1) 因此x1x22a. 3(2018石家庄质量检测(二)已知函数f(x)xaxln x(aR R) (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数f(x)xaxln x存在极大值，且极大值点为 1，证明：f(x)exx2. 解：(1)由题意x0，f(x)1aaln x. 当a0 时，f(x)x，函数f(x)在(0，)上单调递增； 当a0 时， 函数f(x)1aaln x单调递增，f(x)1aaln x0xe1 0， 故当x(0， e1)时
20、，f(x)0， 所以函数f(x) 1 a 1 a 1 a 在(0，e1)上单调递减，在(e1，)上单调递增； 1 a 1 a 当a0， 故当x(0， e1)时，f(x)0， 当x(e1， )时，f(x)0， 则h(x)ex2xln x. 令g(x)h(x)， 则g(x)ex2 0， 1 x 所以函数h(x)ex2xln x在(0，)上单调递增， 又he 10， ( 1 e) 1 e 2 e 1 e 故h(x)ex2xln x在上存在唯一零点x0，即ex02x0ln x00. ( 1 e，1) 所以当x(0，x0)时，h(x)0， 所以函数h(x)在(0，x0) 上单调递减，在(x0，)上单调递
21、增， 故h(x)h(x0)ex0xx0x0ln x0， 2 0 所以只需证h(x0)ex0xx0x0ln x00 即可， 2 0 由ex02x0ln x00， 得 ex02x0ln x0， 所以h(x0)(x01)(x0ln x0)， 又x010， 所以只要x0ln x00 即可， 当x0ln x00 时，ln x0x0x0ex0ex0x00， 所以ex0x0x0ln x00 与ex02x0ln x00 矛盾； 当x0ln x00 时，ln x0x0x0ex0ex0x00， 得ex02x0ln x00，故x0ln x00 成立， 得h(x0)(x01)(x0ln x0)0， 所以h(x)0，即
22、f(x)exx2. 4(2018郑州质量检测(二)已知函数f(x)exx2. (1)求曲线yf(x)在x1 处的切线方程； (2)求证：当x0 时，ln x1. ex（2e）x1 x 解：(1)由题意得，f(x)ex2x， 则f(1)e2，f(1)e1， 所以曲线yf(x)在x1 处的切线方程为y(e2)x1. (2)证明：f(x)ex2x，令h(x)ex2x， 则h(x)ex2， 易知f(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增， 所以f(x)f(ln 2)22ln 20， 所以f(x)在(0，)上单调递增 又曲线yf(x)过点(1，e1)， 且曲线yf(x)在x1 处的切线方程为y(e2)x1， 所以可猜测：当x0，x1 时，f(x)的图象恒在切线y(e2)x1 的上方 下证：当x0 时，f(x)(e2)x1. 设g(x)f(x)(e2)x1exx2(e2)x1，x0， 则g(x)ex2x(e2)，令(x)g(x)， 则(x)ex2， 易知g(x)在(0， ln 2)上单调递减， 在(ln 2， )上单调递增， 又g(0)3e0，g (1)0，00；当x(x0，1)时，g(x)0. ex（2e）x1 x 又xln x1，所以ln x1，当且仅当x1 时等号成立 ex（2e）x1 x