最新导数的综合应用

函数与导数在高考数学中的综合应用在高考数学中，函数与导数是非常重要的知识点。

函数是数学中最基本的概念之一，而导数则是函数的重要性质之一。

函数与导数的综合应用可以帮助我们解决许多实际问题，下面我们一起来了解一下。

一、基本概念函数是一种映射关系，将一个自变量映射到一个因变量。

通常用一个公式来表示函数，例如 y = f(x)。

其中，x 是自变量，y 是因变量，f(x) 是函数关系式。

在高考数学中，我们经常遇到各种形式的函数，例如多项式函数、指数函数、对数函数等等。

导数表示函数在某个点上的变化率，是函数的重要性质之一。

具体来讲，导数可以表示函数在某个点上的斜率。

设函数 f(x) 在点 x 处可导，则函数 f(x) 在 x 处的导数为：f'(x) = lim (f(x + h) - f(x))/h (h -> 0)其中，h 是一个非常小的数，通常取非常接近于 0 的值，也就是说，函数 f(x) 在 x 处的导数是函数在 x 点的极限。

二、实际应用在实际生活中，函数与导数的应用非常广泛，从物理、经济到生物等领域均有所涉及。

下面我们以一些具体的例子来了解一下函数与导数在实际问题中的应用。

1. 停车问题假设你要在一个长为100 米，宽为50 米的矩形停车场内停车，如果不能停在墙边，那么最大的停车面积是多少？解法：将停车场分为两个一样大小的区域，这样停车面积最大。

设停车场中心为原点，车停在横坐标 x 上，车头距停车场边界的距离为 y，则停车面积为：A = 2xy但是 y 的取值范围为 (0, 25)，因为如果 y 大于 25，车就停在了对面的区域里。

将 y 带入公式，得到：A = 2x(25 - x) = 50x - 2x^2求导得：A' = 50 - 4x令 A' = 0，解得 x = 12.5，所以最大停车面积为：A = 2×12.5×12.5 = 312.5 平方米。

并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【拆解】
分类
第一问
第二问
参考赋分
6分
6分
难易
中上
难
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续表
①总体看，题目为指数型函数与对数型函数的最值及图象交点问题，实际考
查利用导数研究函数零点问题.
②第一问是根据函数单调性求最值问题，根据最小值相等可求.注意分类讨
审题
要点
论.
③第二问是构造新函数利用零点个数解决问题.根据（1）可得当 > 1时，
所以函数 在 0,1 上单调递增，在 1, +∞ 上单调递减， 的最大值为 1 = 1.
所以 ≤ 1，即实数的取值范围是(−∞, 1]．
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考点三 利用导数研究函数零点
例3 已知函数 = − e + ,讨论函数 零点的个数.
解：′ = 1 − e .
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第一问
在基础性的层次上考查
数学运算学科素养，和
.
2
e −1
恒成立.

− 1 + 1 > 0 ，所以′ = e ⋅ > 0，所以 在 0, +∞ 上单调
递增.
所以 > 0 = 0，所以ℎ′ > 0，所以ℎ 在 0, +∞ 上单调递增．
由洛必达法则，知 lim+ ℎ =
→0
e −1
lim
→0+
e − = 的解的个数、 − ln = 的解的个数均为2，构建新函数
= − ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 , 的
大小关系，根据存在直线 = 与曲线 = ， = 有三个不同的交点

第4讲 导数的综合应用高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真 题 感 悟1.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝⎛⎭⎪⎫12处的切线与y 轴垂直. (1)求b ；(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1. (1)解 f ′(x )＝3x 2＋b .依题意得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，即34＋b ＝0，故b ＝－34.(2)证明 由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34.令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝12. f ′(x )与f (x )的情况为：因为f (1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝c ＋14，所以当c <－14时，f (x )只有大于1的零点.因为f (－1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝c －14，所以当c >14时，f (x )只有小于－1的零点.由题设可知－14≤c ≤14.当c ＝－14时，f (x )只有两个零点－12和1.当c ＝14时，f (x )只有两个零点－1和12.当－14<c <14时，f (x )有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.综上，若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )所有零点的绝对值都不大于1.2.(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数. (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围. (1)证明 设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1， g ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋x cos x ＝x cos x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减.又g (0)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点. 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点.(2)解 由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0.由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减. 又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0].考 点 整 合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)max≤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.热点一利用导数研究函数的零点【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 ≤1e ，则f (ln a )≥0，f (x )在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意.(ⅱ)若a >1e ，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 x 2·e x 2－a (x ＋2)>e ln(2a )·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2－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⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.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. 【训练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 <1e ，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 )＝1x －[a e x ＋a (x －1)e x ]＝1－ax 2e xx.因此当a ≤0时，1－ax 2e 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 )＝1－ax 2e xx .令g (x )＝1－ax 2e x ，由0<a <1e ，可知g (x )在(0，＋∞)内单调递减. 又g (1)＝1－a e>0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ＝1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a 2·1a ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a 2<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x 0，则1<x 0<ln 1a . 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＝g （x ）x >g （x 0）x ＝0，所以f (x )在(0，x 0)内单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＝g （x ）x <g （x 0）x ＝0， 所以f (x )在(x 0，＋∞)内单调递减， 因此x 0是f (x )的唯一极值点. 令h (x )＝ln x －x ＋1， 则当x >1时，h ′(x )＝1x －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 1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a －1e ln 1a＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a －ln 1a ＋1＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a <0.又因为f (x 0)>f (1)＝0，所以f (x )在(x 0，＋∞)内有唯一零点. 又f (x )在(0，x 0)内有唯一零点1， 从而，f (x )在(0，＋∞)内恰有两个零点. 热点二 利用导数证明不等式【例2】 (2020·衡水中学检测)已知函数f (x )＝ln1＋x1－x. (1)求证：当x ∈(0，1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33；(2)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立，求k 的最大值.(1)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.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⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(2)解 由(1)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立.当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－（k －2）1－x 2.所以当0<x <4k －2k 时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减. 当0<x <4k －2k 时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33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.【训练2】 (2020·岳阳二模)已知函数f (x )＝x －ln x －e xx . (1)求证：f (x )≤1－e ；(2)若f (x )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x e x－bx ≥1恒成立，求实数b 的取值范围.(1)证明 f (x )＝x －ln x －e xx ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1－1x －e x （x －1）x 2＝（x －1）（x －e x ）x 2，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 )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x e x －bx ≥1，即－ln x ＋x －e x x ＋x e x ＋e xx －bx ≥1，恒有x e x －ln x －1＋x x ≥b ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x －ln x －1＋x x min ≥b .令φ(x )＝x e x －ln x －1＋x x ，则φ′(x )＝x 2e x ＋ln xx 2，令h (x )＝x 2e 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x 0，且h (x 0)＝x 20e x 0＋ln x 0＝0，所以x 0e x 0＝－ln x 0x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 0(eln 1x 0). 令m (x )＝x e x ，上式即m (x 0)＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 0.由于m (x )＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增， 故x 0＝ln 1x 0＝－ln x 0，即e x 0＝1x 0，从而φ′(x 0)＝0且0<x <x 0时，h (x )<0，φ′(x )<0；x >x 0时，h (x )>0，φ′(x )>0， 所以φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， φ(x )min ＝φ(x 0)＝x 0e x 0－ln x 0－1＋x 0x 0＝1＋x 0－1＋x 0x 0＝2，所以b≤2.即实数b的取值范围为(－∞，2].热点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【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)＝2k e x(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2k e x(x＋2)－2x －4＝2(x＋2)(k e 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－x21－4x1－2＝－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)＝－2k e－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1x 0＝eln 1x 0是N ＝a log a N (a ＞0，a ≠1)的应用，x 0＝ln 1x 0化为e x 0＝1x 0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. 【训练3】 设函数f (x )＝ax 2－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 )>1x －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 －1x ＝2ax 2－1x (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 ＝12a. 此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)令g (x )＝1x －1e x －1，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 (x 2－1)－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 <12时，12a >1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立.当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1).当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>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 ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.角度2 不等式存在性问题【例4】 设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x (a ≠1).若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1，求a 的取值范围.解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ， f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1).①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增. 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1成立的充要条件为 f (1)＜a a －1，即1－a 2－1＜a a －1，解得－2－1＜a ＜2－1. ②若12＜a ＜1，则a 1－a ＞1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )＞0.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增.所以，存在x 0≥1， 使得f (x 0)＜a a －1成立的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＜a a －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1＞a a －1，所以不合题意.③若a ＞1，f (x )在[1，＋∞)上递减，则f(1)＝1－a2－1＝－a－12＜aa－1.综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(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.【训练4】已知函数f(x)＝x－m ln x－m－1x(m∈R)，g(x)＝12x2＋e x－x e 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－m ln x－m－1x，且定义域(0，＋∞)，∴f′(x)＝1－mx＋m－1x2＝（x－1）[x－（m－1）]x2，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－m－1 e.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－m ln(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－m－1 e.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－m－1e≤1，解得e2－e＋1e＋1≤m≤2.所以实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤e 2－e ＋1e ＋1，2.A 级 巩固提升一、选择题1.若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.(－∞，0) B.(－∞，4] C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)解析 条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x (x >0)恒成立， 设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ， 则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2(x >0).当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4. 所以a ≤4. 答案 B2.已知函数f (x )＝x 2－3x ＋5，g (x )＝ax －ln x ，若对∀x ∈(0，e)，∃x 1，x 2∈(0，e)且x 1≠x 2，使得f (x )＝g (x i )(i ＝1，2)，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，6eB.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，e 74 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫6e ，e 74 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e ∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫6e ，e 74解析 当x ∈(0，e)时，函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫114，5.由g ′(x )＝a －1x ＝ax －1x 可知：当a ≤0时，g ′(x )<0，与题意不符，故a >0. 令g ′(x )＝0，得x ＝1a ，则1a ∈(0，e)， 所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a .作出函数g (x )在(0，e)上的大致图象，如图所示， 数形结合，知⎩⎪⎨⎪⎧1＋ln a <114，g （e ）＝a e －1≥5.解之得6e ≤a <e 74. 答案 C3.(2020·石家庄调研)已知函数f (x )＝(k －1)x e x ，若对任意x ∈R ，都有f (x )<1成立，则实数k 的取值范围是( ) A.(－∞，1－e) B.(1－e ，＋∞) C.(－e ，0]D.(1－e ，1]解析 由f (x )<1，得(k －1)x <1e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x，所以曲线y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x恒在直线y ＝(k －1)x 的上方.过原点作曲线y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x的切线，设切点为P (x 0，y 0)，则－1e x 0＝y 0x 0，即－1e x 0＝1x 0e x 0，得x 0＝－1.∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x的切线的斜率k 0＝－e －x |x ＝－1＝－e ，则－e<k －1≤0，解得1－e<k ≤1. 答案 D4.(多选题)关于函数f (x )＝2x ＋ln x ，下列判断正确的是( ) A.x ＝2是f (x )的极大值点B.函数y ＝f (x )－x 有且只有1个零点C.存在正实数k ，使得f (x )>kx 恒成立D.对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2>x 1，若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2>4解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x2＋1x＝x－2x2，当0<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，2)上单调递减，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴x＝2是f(x)的极小值点，故A错误；y＝f(x)－x＝2x＋ln x－x，∴y′＝－2x2＋1x－1＝－x2＋x－2x2<0，函数y＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)－1＝2＋ln 1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln 2－2＝ln 2－1<0，∴函数y＝f(x)－x有且只有1个零点，故B正确；若f(x)>kx(x>0)，则k<2x2＋ln xx，令g(x)＝2x2＋ln xx，则g′(x)＝－4＋x－x ln xx3，令h(x)＝－4＋x－x ln x，则h′(x)＝－ln x，当h′(x)>0时，0<x<1，当h′(x)<0时，x>1，∴函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(1)<0，∴g′(x)<0，∴函数g(x)＝2x2＋ln xx在(0，＋∞)上单调递减，且当x→＋∞时，g(x)→0，∴不存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立，故C错误；令t∈(0，2)，则2－t∈(0，2)，2＋t∈(2，4)，令u(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝22＋t＋ln(2＋t)－22－t－ln(2－t)＝4tt2－4＋ln2＋t2－t，则u′(t)＝4（t2－4）－8t2（t2－4）2＋2－t2＋t·2－t＋2＋t（2－t）2＝－4t2－16（t2－4）2＋44－t2＝－8t2（t2－4）2<0，∴u(t)在(0，2)上单调递减，则u(t)<u(0)＝0，令x1＝2－t，由f(x1)＝f(x2)，得x2>2＋t，则x1＋x2>2－t＋2＋t＝4，当x2≥4时，x1＋x2>4显然成立，∴对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4，故D正确.故选BD.答案BD二、填空题5.函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，若f(ln 2)＝1 2，则满足不等式f(x)＞1e x的x的取值范围是________.解析由题意，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)＞0.令g(x)＝e x f(x)，则g′(x)＝f′(x)e x＋f(x)e x＝e x[f′(x)＋f(x)]＞0，所以函数g(x)在R上单调递增.不等式f (x )＞1e x 等价于e x f (x )＞1，即g (x )＞1.因为f (ln 2)＝12，所以g (ln 2)＝e ln 2f (ln 2)＝2×12＝1.故当x ＞ln 2时，g (x )＞g (ln 2)＝1，所以不等式g (x )＞1的解集为(ln 2，＋∞).答案 (ln 2，＋∞)6.若对于任意正实数x ，都有ln x －a e x －b ＋1≤0(e 为自然对数的底数)成立，则a ＋b 的最小值是________.解析 因为对于任意正实数x 都有ln x －a e x －b ＋1≤0成立，不妨将x ＝1e 代入不等式中，得a ＋b ≥0.下面证明a ＋b ＝0时满足题意，当a ＝1，b ＝－1时，令f (x )＝ln x －e x ＋1＋1＝ln x －e x ＋2，则f ′(x )＝1x －e ＝1－e x x .由f ′(x )＝0，得x ＝1e ，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，即f (x )≤0对任意正实数x 都成立，所以当a ＝1，b ＝－1，即a ＋b ＝0时满足题意，所以a ＋b 的最小值为0. 答案 0 三、解答题7.已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .(1)证明 当a ＝1时，f (x )＝e x －x 2，则f ′(x )＝e x －2x . 令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x －2. 令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2. 当x ∈(0，ln 2)时，g ′(x )<0； 当x ∈(ln 2，＋∞)时，g ′(x )>0.∴当x ≥0时，g (x )≥g (ln 2)＝2－2ln 2>0， ∴f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f (x )≥f (0)＝1.(2)解 若f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程e x －ax 2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，由a ＝e x x 2，令φ(x )＝e xx 2，x ∈(0，＋∞)，φ′(x )＝e x （x －2）x 3，令φ′(x )＝0，解得x ＝2.当x ∈(0，2)时，φ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，φ′(x )>0. ∴φ(x )min ＝φ(2)＝e 24.∴a ＝e 24.8.已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数.证明： (1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点. 证明 (1)设g (x )＝f ′(x )， 则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)>0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )<0. 所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点.(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞).①当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1，0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈ (－1，0)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1，0)单调递减. 又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1，0]的唯一零点.②当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )<0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减. 又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2>0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )>0.从而，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上没有零点.③当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f (π)<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点. ④当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)>1.所以f (x )<0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点. 综上，f (x )有且仅有2个零点.B 级 能力突破9.(2019·天津卷改编)设函数f (x )＝e x cos x ，g (x )为f (x )的导函数. (1)求f (x )的单调区间；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0.(1)解 由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x ). 因此，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x >cos x ，得f ′(x )<0，则f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x <cos x ，得f ′(x )>0，则f (x )单调递增.所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )，f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z ).(2)证明 记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x .依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )， 从而g ′(x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，g ′(x )<0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x <0.因此，h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2上单调递减，进而h (x )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0.所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0.10.(2020·长沙模拟)已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值；(2)如果当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞ln x x －1＋kx，求k 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －ln x（x ＋1）2－bx 2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1，1)， 故⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝1，f ′（1）＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12. 解得a ＝1，b ＝1. (2)由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x，所以 f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x －1＋k x ＝11－x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2ln x ＋（k －1）（x 2－1）x . 考虑函数h (x )＝2ln x ＋（k －1）（x 2－1）x(x ＞0)，则h ′(x )＝（k －1）（x 2＋1）＋2xx 2.(ⅰ)设k ≤0，由h ′(x )＝k （x 2＋1）－（x －1）2x 2知，当x ≠1时，h ′(x )＜0，h (x )递减.而h (1)＝0，故当x ∈(0，1)时，h (x )＞0.可得11－x 2h (x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2h (x )＞0.从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x －1＋k x ＞0，即f (x )＞ln x x －1＋kx.(ⅱ)设0＜k ＜1，由于(k －1)(x 2＋1)＋2x ＝(k －1)x 2＋2x ＋k －1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k －1)2>0，对称轴x ＝11－k >1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，11－k 时，(k －1)(x 2＋1)＋2x ＞0.故h ′(x )＞0，而h (1)＝0，故当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，11－k 时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＜0.与题设矛盾.(ⅲ)设k≥1，此时x2＋1≥2x，(k－1)(x2＋1)＋2x>0⇒h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得11－x2h(x)＜0，与题设矛盾.综上，得k的取值范围为(－∞，0].。

所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－34，
对于任意实
若 方 程 f ( x ) ＝即m的最大值为－34.
数x，
0有且仅有一
f′(x)≥m恒
个实根，求a
成立，求m 的取值范围．
的最1大．值；设函数f(x)＝x3－92x2＋6x－a.
(2)因为当x<1时，f′(x)>0； 当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0， 所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝52－a； 当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a. 故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0仅有一个实根． 解得a<2或a>52.
1．求参数的取值范围
与导数相关的参数范围问题是高考中 考查的一个重点，大多
给出函数的单调性，属运用导数研究 函数单调性的逆向问题，解
题关键在于灵活运用等价转化、分类 讨论、数形结合等思想方法，
建立关于字母参数的不等关系．
2．用导数方法证不等式
用导数证不等式的一般步骤是：构造可 导函数→研究单调性
数单调递增，∴当 x＝20 时，y 取得最小值，∴此轮船以 20 公里/ 小时的速度使行驶每公里的费用总和最小．
思想与方法
例题：(2011 年“江南十校” 联考)已知函数 f(x)＝ax3＋ bx2＋
cx 在 x＝±1 处取得极 值，且在 x＝0 处的切 线的斜率为－3.
8．利用数形结 合思想讨论函 数的图象及性
(2)V＝a2h＝2 2(－x3＋30x2)，V′＝6 2x(20－x)， 由V′＝0得x＝0(舍)或x＝20. 当x∈(0,20)时，V′＞0；当x∈(20,30)时，V′＜0. 所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值． 此时ha＝12，即包装盒的高与底面边长的比值为12.