专题14 导数的综合应用

【要点提炼】

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x₁<x₂的函数f(x)＝ax³＋bx²＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：

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)，x∈(a，b).

(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.

①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]_min>0(x∈I).

②∃x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]_max>0(x∈I).

③对∀x₁，x₂∈I使得f(x₁)≤g(x₂)⇔f(x)≤g(x)_min.

④对∀x₁∈I，∃x₂∈I使得f(x₁)≥g(x₂)⇔f(x)_min≥g(x)_min.

4.(1)判断含x，ln x，e^x的混合式的函数值的符号时，需利用x₀＝eln x₀及e^x≥x＋1，ln x≤x－1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，e^x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.

考点

考向一　利用导数研究函数的零点

【典例1】 (2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝e^x－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)＝e^x－x－2，x∈R，则f′(x)＝e^x－1.

当x<0时，f′(x)<0；当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)＝e^x－a.

①当a≤0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.

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)单调递减，在(ln a，＋∞)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0<a≤，则f(ln a)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意.

(ⅱ)若a>，则f(ln a)<0.

由于f(－2)＝e^－2>0，所以f(x)在(－∞，ln a)存在唯一零点.

由(1)知，当x>2时，e^x－x－2>0.

所以当x>4且x>2ln (2a)时，f(x)＝e·e－a(x＋2)>e^{ln (2a)}·－a(x＋2)＝2a>0.

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.

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.

【拓展练习1】 设函数f(x)＝ln x－a(x－1)e^x，其中a∈R.

(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；

(2)若0<a<，试证明f(x)恰有两个零点.

(1)解　由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－[ae^x＋a(x－1)e^x]＝.

因此当a≤0时，1－ax²e^x>0，从而f′(x)>0，

所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增.

(2)证明　由(1)知，f′(x)＝.

令g(x)＝1－ax²e^x，

由0<a<，可知g(x)在(0，＋∞)内单调递减.

又g(1)＝1－ae>0，且

g＝1－a·＝1－<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1<x₀<ln .

当x∈(0，x₀)时，f′(x)＝>＝0，

所以f(x)在(0，x₀)内单调递增；

当x∈(x₀，＋∞)时，f′(x)＝<＝0，

所以f(x)在(x₀，＋∞)内单调递减，

因此x₀是f(x)的唯一极值点.

令h(x)＝ln x－x＋1，

则当x>1时，h′(x)＝－1<0，

故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，

从而当x>1时，h(x)<h(1)＝0，

所以ln x<x－1，

从而f＝ln －ae^ln

＝ln －ln ＋1＝h<0.

又因为f(x₀)>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.

考向二　利用导数证明不等式

【典例2】 (2020·衡水中学检测)已知函数f(x)＝ln .

(1)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2；

(2)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0，1)恒成立，求k的最大值.

(1)证明　令g(x)＝f(x)－2，则

g′(x)＝f′(x)－2(1＋x²)＝.

因为g′(x)>0(0<x<1)，所以g(x)在区间(0，1)上单调递增.

所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0，1)，

即当x∈(0，1)时，f(x)>2.

(2)解　由(1)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0，1)恒成立.

当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，则

h′(x)＝f′(x)－k(1＋x²)＝.

所以当0<x<时，h′(x)<0，因此h(x)在区间上单调递减.

当0<x<时，h(x)<h(0)＝0，

即f(x)<k.

所以当k>2时，f(x)>k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)_min＞0.(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.

【拓展练习2】 (2020·岳阳二模)已知函数f(x)＝x－ln x－.

(1)求证：f(x)≤1－e；

(2)若f(x)＋e^x－bx≥1恒成立，求实数b的取值范围.

(1)证明　f(x)＝x－ln x－，定义域为(0，＋∞)，

则f′(x)＝1－－＝，

由e^x≥x＋1＞x，知0<x<1时，f′(x)>0；x>1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)_max＝f(1)＝1－e.从而f(x)≤1－e.

(2)解　f(x)＋e^x－bx≥1，即－ln x＋x－＋xe^x＋－bx≥1，

恒有≥b，即≥b.

令φ(x)＝，则φ′(x)＝，

令h(x)＝x²e^x＋ln x，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，

因为x→0时，h(x)→－∞，h(1)＝e＞0，

所以h(x)在(0，1)上存在唯一零点x₀，且h(x₀)＝xe^x0＋ln x₀＝0，

所以x₀e^x0＝－＝(eln ).

令m(x)＝xe^x，上式即m(x₀)＝m.

由于m(x)＝xe^x在(0，＋∞)上单调递增，

故x₀＝ln＝－lnx₀，即e^x0＝，

从而φ′(x₀)＝0且0<x<x₀时，h(x)<0，φ′(x)<0；x>x₀时，h(x)>0，φ′(x)>0，

所以φ(x)在(0，x₀)上单调递减，在(x₀，＋∞)上单调递增，

φ(x)_min＝φ(x₀)＝＝＝2，

所以b≤2.即实数b的取值范围为(－∞，2].

考向三　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

【典例3】 已知函数f(x)＝x²＋4x＋2，g(x)＝2e^x(x＋1).若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围.

解　设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2ke^x(x＋1)－x²－4x－2，则F′(x)＝2ke^x(x＋2)－2x－4

＝2(x＋2)(ke^x－1).

由题设可得F(0)≥0，即k≥1.

令F′(x)＝0，得x₁＝－ln k，x₂＝－2.

(ⅰ)若1≤k<e²，则－2<x₁≤0.

从而当x∈(－2，x₁)时，F′(x)<0；

当x∈(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)＝2x₁＋2－x－4x₁－2＝－x₁(x₁＋2)≥0.

故当x≥－2时，F(x)≥0，

即f(x)≤kg(x)恒成立.

(ⅱ)若k＝e²，则F′(x)＝2e²(x＋2)(e^x－e^－2).

从而当x>－2时，F′(x)>0，

即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增.

而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，

即F(x)≤kg(x)恒成立.

(ⅲ)若k>e²，则F(－2)＝－2ke^－2＋2＝－2e^－2(k－e²)<0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立.

综上，k的取值范围是[1，e²].

探究提高　1.此类问题要根据导数式的特点对参数进行讨论，在每个范围内由单调性得到最值，利用最值来判断是否满足题意，说明不满足题意时，只需举一反典例即可.

2.x，e^x，ln x组合型函数问题，解题思路有两个关键方向：一是要充分考虑指数式与对数式的运算性质的应用，如＝eln 是N＝alog_aN(a＞0，a≠1)的应用，x₀＝ln 化为ex₀＝是指数式与对数式互化的应用；二是要考虑能否运用不等式放缩转化目标，如利用e^x≥x＋1，从而快速解不等式，得到函数的单调区间.

【拓展练习3】 设函数f(x)＝ax²－a－ln x，其中a∈R.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)>－e^1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数).

解　(1)f′(x)＝2ax－＝(x>0).

当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.

当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝.

此时，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.

(2)令g(x)＝－，s(x)＝e^x－1－x.

则s′(x)＝e^x－1－1.

而当x>1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x>1时，g(x)>0.

当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x²－1)－ln x<0.

故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.

当0<a<时，>1.

由(1)有f<f(1)＝0，而g>0，

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)(x≥1).

当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e^1－x>x－＋－＝>>0.

因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增.

又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.

综上，a∈.

角度2　不等式存在性问题

【典例4】 设函数f(x)＝aln x＋x²－x(a≠1).若存在x₀≥1，使得f(x₀)＜，求a的取值范围.

解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，

因为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)＜成立的充要条件为

f(1)＜，即－1＜，解得－－1＜a＜－1.

②若＜a＜1，则＞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)＜成立的充要条件为f＜.

而f＝aln ＋＋＞，

所以不合题意.

③若a＞1，f(x)在[1，＋∞)上递减，

则f(1)＝－1＝＜.

综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(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x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，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.

【拓展练习4】 已知函数f(x)＝x－mln x－(m∈R)，g(x)＝x²＋e^x－xe^x.

(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；

(2)当m≤2时，若存在x₁∈[e，e²]，使得对任意的x₂∈[－2，0]，f(x₁)≤g(x₂)成立，求实数m的取值范围.

解　(1)f(x)＝x－mln x－，且定义域(0，＋∞)，

∴f′(x)＝1－＋＝，

当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，

∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)_min＝f(1)＝2－m.

当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，

∴f(x)在[1，e]上是减函数，

则f(x)_min＝f(e)＝e－m－.

当2<m<e＋1时，若x∈[1，m－1]，则f′(x)≤0；

若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.

f(x)_min＝f(m－1)＝m－2－mln (m－1).

(2)已知等价于f(x₁)_min≤g(x₂)_min.

由(1)知m≤2时，在x∈[e，e²]上有f′(x)≥0，

∴f(x₁)_min＝f(e)＝e－m－.

又g′(x)＝x＋e^x－(x＋1)e^x＝x(1－e^x)，

当x₂∈[－2，0]时，g′(x₂)≤0，g(x₂)_min＝g(0)＝1.

所以m≤2且e－m－≤1，解得≤m≤2.

所以实数m的取值范围是.

【专题拓展练习】

一、单选题

11-12高二下·山东聊城·期末

单选题 | 适中(0.65)

名校

解题方法

零点存在定理与函数性质结合法判断零点个数

函数在区间（0,1）内的零点个数是

A．0	B．1
C．2	D．3

2016-12-01更新 | 4083次组卷 | 42卷引用：2011-2012学年山东省莘县实验高中高二下学期期末考试理科数学试卷

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2020·山东潍坊·模拟预测

单选题 | 容易(0.94)

解题方法

利用导数证明或求解函数单调区间（不含参） 利用导数解决函数的极值点问题

已知函数的导函数，则下列结论正确的是

A．在处有极大值	B．在处有极小值
C．在上单调递减	D．至少有3个零点

2020-06-23更新 | 2019次组卷 | 10卷引用：山东省潍坊市2020届高三6月高考模拟考试数学试题

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19-20高三上·黑龙江大庆·期中

单选题 | 容易(0.94)

名校

已知函数，对都有成立，则实数的取值范围是（       ）

A．

B．

C．

D．

2019-12-10更新 | 2499次组卷 | 8卷引用：黑龙江省大庆市铁人中学2019-2020学年高三上学期期中数学（文）试题

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17-18高三上·山西晋中·阶段练习

单选题 | 容易(0.94)

名校

已知函数是奇函数，当时，，则曲线在处的切线方程为

A．

B．

C．

D．

2017-02-16更新 | 1580次组卷 | 5卷引用：2017届山西晋中榆社中学高三理11月月考数学试卷

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17-18高二下·山西·阶段练习

单选题 | 较易(0.85)

解题方法

利用函数的极值求参数值

已知函数，（为常数，且），若在处取得极值，且，而在上恒成立，则的取值范围是（       ）

A．	B．
C．	D．

2020-12-02更新 | 436次组卷 | 5卷引用：山西大学附属中学2017-2018学年高二4月月考数学（理）试题

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20-21高三上·广东汕头·期中

单选题 | 较易(0.85)

名校

解题方法

利用函数的交点(交点个数)求参数

对于函数与，若存在，使，则称，是函数与图象的一对“隐对称点”.已知函数，，函数与的图象恰好存在两对“隐对称点”，则实数的取值范围为（       ）

A．

B．

C．

D．

2020-11-27更新 | 1861次组卷 | 14卷引用：广东省汕头市金山中学2021届高三上学期期中数学试题

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2020·全国·模拟预测

单选题 | 较易(0.85)

解题方法

利用函数零点（方程有根)求参数值或参数范围问题

已知函数，，若恰有1个零点，则的取值范围是（       ）

A．

B．

C．

D．

2020-07-24更新 | 689次组卷 | 5卷引用：2020年普通高等学校招生伯乐马模拟考试（八）数学（理）试题

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17-18高二下·天津·期中

单选题 | 较易(0.85)

名校

函数的大致图象如图所示,则等于
   

A．

B．

C．

D．

2018-05-07更新 | 1437次组卷 | 10卷引用：【全国百强校】天津市第一中学2017-2018学年高二下学期期中考试数学（理）试题

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16-17高三上·甘肃武威·阶段练习

单选题 | 较易(0.85)

解题方法

利用导数解决恒能成立问题

已知使关于的不等式对任意的恒成立的实数的取值集合为，函数的值域为，则有

A．

B．

C．

D．

2016-12-04更新 | 348次组卷 | 7卷引用：2017届甘肃武威二中高三上学期月考二数学（文）试卷

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2020·全国·模拟预测

单选题 | 较易(0.85)

解题方法

利用导数解决恒能成立问题

已知不等式对恒成立，则实数的最大值为（       ）

A．

B．

C．

D．

2020-09-06更新 | 495次组卷 | 3卷引用：2020年普通高校招生全国统一考试猜题密卷A卷理科数学试题

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2021·江西·模拟预测

单选题 | 适中(0.65)

名校

解题方法

利用导数解决函数的零点，交点或方程的根的问题 利用函数的交点(交点个数)求参数

已知函数，若函数图像与轴有4个不同的交点，则实数的取值范围为（       ）

A．	B．
C．	D．

2021-03-01更新 | 573次组卷 | 6卷引用：江西省上饶市2021届高三年级第一次联考数学（文）试题

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20-21高三下·安徽·开学考试

单选题 | 适中(0.65)

设，为自然对数的底数，函数在内有且仅有一个零点，则（       ）

A．

B．

C．

D．

2021-02-28更新 | 788次组卷 | 3卷引用：安徽省皖江名校联盟2021届高三下学期2月开年考理科数学试题

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20-21高三上·安徽阜阳·期末

单选题 | 适中(0.65)

解题方法

利用导数解决函数的零点，交点或方程的根的问题 利用函数的交点(交点个数)求参数

已知函数若函数恰有3个零点，则满足条件的整数a的个数为（       ）

A．1

B．2

C．3

D．4

2021-01-27更新 | 1133次组卷 | 9卷引用：安徽省阜阳市2020-2021学年高三上学期教学质量统测文科数学试题

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20-21高三上·河南信阳·阶段练习

单选题 | 适中(0.65)

名校

解题方法

利用函数解析式选择图像

函数的图象大致为（       ）

A．	B．
C．	D．

2021-02-03更新 | 739次组卷 | 5卷引用：河南省湘豫名校2020-2021学年高三上学期1月月考数学文科试题

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21-22高三上·内蒙古赤峰·阶段练习

单选题 | 适中(0.65)

解题方法

利用导数解决双变量问题

若函数存在两个极值点，，则的取值范围是（       ）

A．

B．

C．

D．

2021-02-04更新 | 2006次组卷 | 4卷引用：内蒙古赤峰市2021届高三模拟考试数学（文）试题

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二、解答题

11-12高二下·福建福州·阶段练习

解答题-证明题 | 容易(0.94)

名校

已知函数.
(Ⅰ)求函数的单调区间；
(Ⅱ)求证：当时，.

2016-12-01更新 | 7467次组卷 | 23卷引用：2011-2012学年福建省罗源县第一中学高二下学期第一次月考理科数学试卷

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16-17高三上·江西吉安·期中

解答题 | 适中(0.65)

已知函数.
（1）若，求函数的在处的切线方程;
（2） 若，证明:方程无解.

2016-12-05更新 | 817次组卷 | 2卷引用：2017届江西吉安一中高三上期中考试文数试卷

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2015·四川资阳·三模

解答题-问答题 | 适中(0.65)

名校

已知函数（aÎR）．
（Ⅰ）当a＝2时，求函数在（1, f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当a＞0时，求函数的单调区间；
（Ⅲ）若函数有两个极值点, （），不等式恒成立，求实数m的取值范围．

2016-12-03更新 | 1046次组卷 | 9卷引用：2015届四川省资阳市高三第三次模拟考试理科数学试卷

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