2013版高三新课标理科数学一轮复习课时提能演练 2.12 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例)

第3课时 导数与函数的综合问题利用导数研究函数的零点(方程根)的问题(高频考点)利用导数研究函数的零点(方程根)的问题，是高考的重点，常出现在解答题的某一问中，难度偏大，主要命题角度有：(1)利用最值(极值)判断零点个数； (2)构造函数法研究零点问题． 角度一 利用最值(极值)判断零点个数已知函数f (x )＝－12ax 2＋(1＋a )x －ln x (a ∈R )．(1)当a ＞0时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)当a ＝0时，设函数g (x )＝xf (x )－k (x ＋2)＋2.若函数g (x )在区间[12，＋∞)上有两个零点，求实数k 的取值范围．【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数为f ′(x )＝－ax ＋1＋a －1x＝－（ax －1）（x －1）x(a ＞0)，①当a ∈(0，1)时，1a＞1.由f ′(x )＜0，得x ＞1a或a ＜1.所以f (x )的单调递减区间为(0，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞；②当a ＝1时，恒有f ′(x )≤0， 所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)； ③当a ∈(1，＋∞)时，1a＜1.由f ′(x )＜0, 得x ＞1或x ＜1a.所以f (x )的单调递减区间为(0，1a)，(1，＋∞)．综上，当a ∈(0，1)时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞； 当a ＝1时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)；当a ∈(1，＋∞)时，f (x )的单调递减区间为(0，1a)，(1，＋∞)．(2)g (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个零点，即关于x 的方程k＝x 2－x ln x ＋2x ＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个不相等的实数根．令函数h (x )＝x 2－x ln x ＋2x ＋2，x ∈[12，＋∞)，则h ′(x )＝x 2＋3x －2ln x －4（x ＋2）2， 令函数p (x )＝x 2＋3x －2ln x －4，x ∈[12，＋∞)．则p ′(x )＝（2x －1）（x ＋2）x 在[12，＋∞)上有p ′(x )≥0，故p (x )在[12，＋∞)上单调递增．因为p (1)＝0，所以当x ∈[12，1)时，有p (x )＜0，即h ′(x )＜0，所以h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，有p (x )＞0，即h ′(x )＞0， 所以h (x )单调递增．因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝910＋ln 25，h (1)＝1， 所以k 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤1，910＋ln 25.角度二 构造函数法研究零点问题设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数．【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －m x ＝x 2－mx ，m ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， m ＞0时，f ′(x )＝（x ＋m ）（x －m ）x，当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 当x ＞m 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 综上m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；m ＞0时，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数F (x )的零点个数，F ′(x )＝－（x －1）（x －m ）x，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，注意到F (1)＝32＞0，F (4)＝－ln 4＜0，所以F (x )有唯一零点；当m ＞1时，0＜x ＜1或x ＞m 时F ′(x )＜0，1＜x ＜m 时F ′(x )＞0， 所以函数F (x )在(0，1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增， 注意到F (1)＝m ＋12＞0，F (2m ＋2)＝－m ln (2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点，综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．利用导数研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象的走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．(2020·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f (x )＝13x 3－ax 2＋3x ＋b (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝0时，求f (x )在[0，3]上的值域；(2)对任意的b ，函数g (x )＝|f (x )|－23的零点不超过4个，求a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝13x 3－2x 2＋3x ，得f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，3)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(1，3)上单调递减． 又f (0)＝f (3)＝0，f (1)＝43，所以f (x )在[0，3]上的值域为[0，43]．(2)由题得f ′(x )＝x 2－2ax ＋3，Δ＝4a 2－12，①当Δ≤0，即a 2≤3时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增，满足题意．②当Δ＞0，即a 2＞3时，方程f ′(x )＝0有两根，设两根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝3.则f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． 由题意知|f (x 1)－f (x 2)|≤43，即|x 31－x 323－a (x 21－x 22)＋3(x 1－x 2)|≤43.化简得43(a 2－3)32≤43，解得3＜a 2≤4，综合①②，得a 2≤4，即－2≤a ≤2.利用导数研究不等式问题(高频考点)利用导数研究不等式问题是高考中的常考点，主要出现在解答题中，难度较大，主要命题角度有：(1)证明函数不等式； (2)不等式恒成立问题． 角度一 证明函数不等式(2020·温州市高考模拟)设函数f (x )＝e x－1x，证明：(1)当x ＜0时，f (x )＜1；(2)对任意a ＞0，当0＜|x |＜ln(1＋a )时，|f (x )－1|＜a .【证明】 (1)因为当x ＜0时，f (x )＜1，等价于xf (x )＞x ，即xf (x )－x ＞0， 设g (x )＝xf (x )－x ＝e x－1－x ，所以g ′(x )＝e x－1＜0在(－∞，0)上恒成立， 所以g (x )在(－∞，0)上单调递减， 所以g (x )＞g (0)＝1－1－0＝0，所以xf (x )－x ＞0恒成立， 所以x ＜0时，f (x )＜1.(2)要证明当0＜|x |＜ln(1＋a )时，|f (x )－1|＜a ， 即证0＜x ＜ln(1＋a )时，f (x )－1＜a ， 即证e x－1x＜a ＋1，即证e x－1＜(a ＋1)x 即证e x－1－(a ＋1)x ＜0， 令h (x )＝e x－1－(a ＋1)x ， 所以h ′(x )＝e x－(a ＋1)＜eln(a ＋1)－(a ＋1)＝0，所以h (x )单调递减，所以h (x )＜h (0)＝0， 同理可证当x ＜0时，结论成立．所以对任意a ＞0，当0＜|x |＜ln(1＋a )时，|f (x )－1|＜a . 角度二 不等式恒成立问题(2019·高考浙江卷)已知实数a ≠0，设函数f (x )＝a ln x ＋1＋x ，x >0. (1)当a ＝－34时，求函数f (x )的单调区间；(2)对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞均有f (x )≤x 2a ，求a 的取值范围． 注：e ＝2.718 28…为自然对数的底数．【解】 (1)当a ＝－34时，f (x )＝－34ln x ＋1＋x ，x >0.f ′(x )＝－34x ＋121＋x＝（1＋x －2）（21＋x ＋1）4x 1＋x，令f ′(x )>0，解得x >3，令f ′(x )<0，解得0<x <3，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)． (2)由f (1)≤12a ，得0<a ≤24.当0<a ≤24时，f (x )≤x 2a 等价于x a 2－21＋x a－2ln x ≥0. 令t ＝1a，则t ≥2 2.设g (t )＝t2x －2t 1＋x －2ln x ，t ≥22，则g (t )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫t －1＋1x 2－1＋xx－2ln x .①当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，＋∞时， 1＋1x≤22，则g (t )≥g (22)＝8x －421＋x －2ln x .记p (x )＝4x －221＋x －ln x ，x ≥17，则p ′(x )＝2x－2x ＋1－1x＝2x x ＋1－2x －x ＋1x x ＋1＝（x －1）[1＋x （2x ＋2－1）]x x ＋1（x ＋1）（x ＋1＋2x ）.故x 17⎝ ⎛⎭⎪⎫17，1 1 (1，＋∞)p ′(x ) － 0 ＋ p (x )p ⎝ ⎛⎭⎪⎫17单调递减极小值p (1)单调递增因此，g (t )≥g (22)＝2p (x )≥0.②当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17时， g (t )≥g ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝－2x ln x －（x ＋1）x. 令q (x )＝2x ln x ＋(x ＋1)，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17，则q ′(x )＝ln x ＋2x＋1>0，故q (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17上单调递增，所以q (x )≤q ⎝ ⎛⎭⎪⎫17. 由①得，q ⎝ ⎛⎭⎪⎫17＝－277p ⎝ ⎛⎭⎪⎫17<－277p (1)＝0.所以q (x )<0.因此，g (t )≥g ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝－q （x ）x>0. 由①②知对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞，t ∈[22，＋∞)，g (t )≥0，即对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞，均有f (x )≤x2a. 综上所述，所求a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，24.(1)利用导数证明不等式的方法证明f (x )＜g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )＜0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，当x ∈(a ，b )时，有F (x )＜0，即证明f (x )＜g (x )．(2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．1．若e x≥k ＋x 在R 上恒成立，则实数k 的取值范围为( ) A ．k ≤1 B ．k ≥1 C ．k ≤－1D ．k ≥－1解析：选A.由e x≥k ＋x ，得k ≤e x－x . 令f (x )＝e x－x ，所以f ′(x )＝e x－1.f ′(x )＝0时，x ＝0，f ′(x )＜0时，x ＜0，f ′(x )＞0时，x ＞0.所以f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．所以f (x )min ＝f (0)＝1.所以k 的取值范围为k ≤1，故选A.2．(2018·高考浙江卷)已知函数f (x )＝x －ln x .(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2； (2)若a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．证明：(1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2，因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x(x －4)，所以x (0，16) 16 (16，＋∞)g ′(x ) －0 ＋g (x )2－4ln 2故g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2， 即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2. (2)令m ＝e－(|a |＋k )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1k 2＋1，则 f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0， f (n )－kn －a <n ⎝⎛⎭⎪⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0，所以，存在x 0∈(m ，n )使f (x 0)＝kx 0＋a ， 所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)， 直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点． 由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －ax.设h (x )＝x －ln x －ax，则h ′(x )＝ln x －x2－1＋ax 2＝－g （x ）－1＋ax2， 其中g (x )＝x2－ln x .由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根．综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．核心素养系列6 逻辑推理——两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x ≥1＋ln x (x >0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x>x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．(1)已知函数f (x )＝1ln （x ＋1）－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解】 (1)选B.因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln （x ＋1）－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}，所以排除选项D. 当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)， 以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，所以ln(x ＋1)－x <0(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A ，C ，易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x－x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e.【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1. (2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n .从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1.故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e.设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .【解】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1)上单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x <x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x .[基础题组练]1．(2020·台州市高考模拟)已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．无数个解析：选A.因为g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)，g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g (0)＝1，y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，所以g (x )为(0，＋∞)上的连续可导函数，g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点．2．(2020·丽水模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．解析：(构造法)若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x >0时，即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x <0时，即x ∈[－1，0)时，同理a ≤3x 2－1x3.g (x )在区间[－1，0)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－1)＝4， 从而a ≤4，综上可知a ＝4. 答案：43．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上无零点，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ， 则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x，由f ′(x )＞0，得x ＞2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)因为f (x )＜0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上恒成立不可能，故要使函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上无零点， 只要对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，f (x )＞0恒成立，即对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，a ＞2－2ln x x －1恒成立． 令h (x )＝2－2ln x x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，则h ′(x )＝2ln x ＋2x－2（x －1）2，再令m (x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13， 则m ′(x )＝－2（1－x ）x2＜0， 故m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为减函数，于是，m (x )＞m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝4－2ln 3＞0， 从而h ′(x )＞0，于是h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为增函数， 所以h (x )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝2－3ln 3， 所以a 的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．4．(2020·嵊州市第二次高考适应性考试)已知函数f (x )＝x 2＋1x，x ∈(0，1]．(1)求f (x )的极值点； (2)证明：f (x )＞x ＋34.解：(1)f ′(x )＝2x －1x2.令f ′(x )＝0，解得x ＝312∈(0，1]．当0＜x ＜312时，f ′(x )＜0，此时f (x )单调递减；当312＜x ≤1时，f ′(x )＞0，此时f (x )单调递增，所以，f (x )有极小值点x ＝312，但不存在极大值点．(2)证明：设F (x )＝f (x )－x ，x ∈(0，1]，则F ′(x )＝2x －1x 2－12x ＝4x 3－（x ）3－22x2，设t ＝(x )3，则方程4x 3－(x )3－2＝4t 2－t －2＝0在区间t ∈(0，1)内恰有一个实根． 设方程4x 3－(x )3－2＝0在区间(0，1)内的实根为x 0，即x 30＝（x 0）3＋24.所以，当0＜x ＜x 0时，F ′(x )＜0，此时F (x )单调递减； 当x 0＜x ≤1时，F ′(x )＞0，此时F (x )单调递增．所以[F (x )]min ＝F (x 0)＝x 20＋1x 0－x 0＝x 30－（x 0）3＋1x 0＝－34x 0＋32x 0.由y ＝－34x ＋32x 在(0，1]上是减函数知，－34x 0＋32x 0＞－34×1＋32×1＝34，故[F (x )]min＞34. 综上，f (x )>x ＋34.5.函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )的导函数的图象如图所示：(1)求a ，b 的值并写出f (x )的单调区间； (2)若函数y ＝f (x )有三个零点，求c 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ，所以f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b .因为f ′(x )＝0的两个根为－1，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a ，－1×2＝b ，解得a ＝－12，b ＝－2，由导函数的图象可知，当－1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 当x ＜－1或x ＞2时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，故函数f (x )在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减． (2)由(1)得f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c ，函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数， 所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ，极小值为f (2)＝c －103.而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎪⎨⎪⎧76＋c ＞0，c －103＜0，解得－76＜c ＜103.所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，103.6．(2020·浙江金华十校第二学期调研)设函数f (x )＝e x －x ，h (x )＝－kx 3＋kx 2－x ＋1. (1)求f (x )的最小值；(2)设h (x )≤f (x )对任意x ∈[0，1]恒成立时k 的最大值为λ，证明：4＜λ＜6. 解：(1)因为f (x )＝e x －x ，所以f ′(x )＝e x－1， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (0)＝1.(2)证明：由h (x )≤f (x )，化简可得k (x 2－x 3)≤e x－1， 当x ＝0，1时，k ∈R ， 当x ∈(0，1)时，k ≤e x－1x 2－x3，要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题； ①e x－1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立； ②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．先证：①e x－1x 2－x 3＞4，即证e x －1＞4(x 2－x 3)，由(1)可知，e x －x ≥1恒成立，所以e x－1≥x ， 又x ≠0，所以e x－1＞x ，即证x ≥4(x 2－x 3)⇔1≥4(x －x 2)⇔(2x －1)2≥0， (2x －1)2≥0，显然成立，所以e x－1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立；再证②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．取x 0＝12，e －114－18＝8(e －1)，因为e ＜74，所以8(e －1)＜8×34＝6，所以存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6， 由①②可知，4＜λ＜6.[综合题组练]1．(2020·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x )＝13ax 3－12bx 2＋x (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；(2)设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最小值．解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝23x 3－32x 2＋x ，f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)，令f ′(x )＞0，解得x ＞1或x ＜12，令f ′(x )＜0，解得12＜x ＜1，故f (x )在(－∞，12)上单调递增，在(12，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )极大值＝f (12)＝524，f (x )极小值＝f (1)＝16.(2)当b ＝a ＋1时，f (x )＝13ax 3－12(a ＋1)x 2＋x ，f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)．当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1，m ≥|f ′(x )|恒成立，所以m ≥1；0＜a ≤1，开口向上，对称轴a ＋12a≥1， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1＝a (x －a ＋12a )2＋1－（a ＋1）24a，①当a ＝1时f ′(x )＝x 2－2x ＋1，|f ′(x )|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]； 要m ≥|f ′(x )|，则m ≥1； ②当0＜a ＜1时， 根据对称轴分类： 当x ＝a ＋12a ＜2，即13＜a ＜1时，Δ＝(a －1)2＞0，f ′(a ＋12a )＝12－14(a ＋1a )∈(－13，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1，所以|f ′(x )|≤1； 当x ＝a ＋12a ≥2，即0＜a ≤13； f ′(x )在x ∈[0，2]的最小值为f ′(2)＝2a －1；－1＜2a －1≤－13，所以|f ′(x )|≤1，综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′(x )|恒成立，有m ≥1.所以m 的最小值为1.2．(2020·台州市高考模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋12ax 2＋bx (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在(0，2)上存在两个极值点，求3a ＋b 的取值范围；(2)当a ＝0，b ≥－1时，求证：对任意的实数x ∈[0，2]，|f (x )|≤2b ＋83恒成立．解：(1)f ′(x )＝x 2＋ax ＋b ，由已知可得f ′(x )＝0在(0，2)上存在两个不同的零点，故有⎩⎪⎨⎪⎧f ′（0）＞0f ′（2）＞0Δ＞0－a 2∈（0，2），即⎩⎪⎨⎪⎧b ＞02a ＋b ＋4＞0a 2－4b ＞0，a ∈（－4，0）令z ＝3a ＋b ， 如图所示：由图可知－8＜z ＜0，故3a ＋b 的取值范围(－8，0)．(2)证明：f (x )＝13x 3＋bx (b ≥－1，x ∈[0，2])，所以f ′(x )＝x 2＋b ，当b ≥0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，则f (x )在[0，2]上单调递增， 故0＝f (0)≤f (x )≤f (2)＝2b ＋83，所以|f (x )|≤2b ＋83；当－1≤b ＜0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝－b ∈(0，2)， 则f (x )在[0，－b ]上单调递减，在[－b ，2]上单调递增，所以f (－b )≤f (x )≤max{f (0)，f (2)}．因为f (0)＝0，f (2)＝2b ＋83＞0，f (－b )＝23b －b ＜0，要证|f (x )|≤2b ＋83，只需证－23b －b ≤2b ＋83，即证－b (－b ＋3)≤4，因为－1≤b ＜0，所以0＜－b ≤1，3＜－b ＋3≤4， 所以－b (－b ＋3)≤4成立．综上所述，对任意的实数x ∈[0，2]，|f (x )|≤2b ＋83恒成立．。

13.2 导数的应用●知识梳理1.利用导数研究多项式函数单调性的一般步骤.（1）求f '（x ）.（2）确定f '（x ）在（a ，b ）内符号.（3）若f '（x ）>0在（a ，b ）上恒成立，则f （x ）在（a ，b ）上是增函数；若f '（x ）<0在（a ，b ）上恒成立，则f （x ）在（a ，b ）上是减函数.2.用导数求多项式函数单调区间的一般步骤.（1）求f '（x ）.（2）f '（x ）>0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；f '（x ）<0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间.●点击双基1.函数y=x 2（x －3）的减区间是A.（－∞，0）B.（2，+∞）C.（0，2）D.（－2，2）解析：y ′=3x 2－6x ，由y ′<0，得0<x<2.答案：C2.函数f （x ）=ax 2－b 在（－∞，0）内是减函数，则a 、b 应满足A.a<0且b=0B.a>0且b ∈RC.a<0且b ≠0D.a<0且b ∈R解析： f '（x ）=2ax ，x<0且f '（x ）<0，∴a>0且b ∈R.答案：B3.已知f （x ）=（x －1）2+2，g （x ）=x 2－1，则f ［g （x ）］A.在（－2，0）上递增B.在（0，2）上递增C.在（－2，0）上递增D.在（0，2）上递增解析：F （x ）=f ［g （x ）］=x 4－4x 2+6，F '（x ）=4x 3－8x ，令F '（x ）>0，得－2<x<0或x>2，∴F （x ）在（－2，0）上递增.答案：C4.在（a ，b ）内f '（x ）>0是f （x ）在（a ，b ）内单调递增的________条件.解析：∵在（a ，b ）内，f （x ）>0，∴f （x ）在（a ，b ）内单调递增.答案：充分●典例剖析【例1】 设f （x ）=x 3－3ax 2+2bx 在x=1处有极小值－1，试求a 、b 的值，并求出f （x ）的单调区间.剖析：由已知x=1处有极小值－1，点（1，－1）在函数f （x ）上，得方程组解之可得a 、b.解： f '（x ）=3x 2－6ax+2b ，由题意知⎪⎩⎪⎨⎧-=⨯+⨯-=+⨯-⨯,112131,021613232b a b a 即⎩⎨⎧=+-=+-.0232,0263b a b a 解之得a=31，b=－21.此时f （x ）=x 3－x 2－x ，f '（x ）=3x 2－2x －1=3（x+31）（x －1）. 当f '（x ）>0时，x>1或x<－31， 当f '（x ）<0时，－31<x<1. ∴函数f （x ）的单调增区间为（－∞，－31）和（1，+∞），减区间为（－31，1）. 评述：极值点、最值点这些是原函数图象上常用的点.【例2】 （2004年全国，19）已知函数f （x ）=ax 3+3x 2－x+1在R 上是减函数，求实数a 的取值范围.剖析：在R 上为减函数，则导函数在R 上恒负.解：f '（x ）=3ax 2+6x －1.（1）当f '（x ）<0时，f （x ）为减函数.3ax 2+6x －1<0（x ∈R ），a<0时，Δ=36+12a<0，∴a<－3.∴a<－3时，f '（x ）<0，f （x ）在R 上是减函数.（2）当a=－3时，f （x ）=－3（x －31）3+98. 由y=x 3在R 上的单调性知：a=－3时，f （x ）在R 上是减函数，综上，a ≤－3.评述：f （x ）在R 上为减函数⇒f '（x ）≤0（x ∈R ）.【例3】 （2004年全国，21）若函数y=31x 3－21ax 2+（a －1）x+1在区间（1，4）内为减函数，在区间（6，+∞）内为增函数，试求实数a 的取值范围.剖析：用导数研究函数单调性，考查综合运用数学知识解决问题的能力.解： f '（x ）=x 2－ax+a －1=0得x=1或x=a －1，当a －1≤1，即a ≤2时，函数f （x ）在（1，+∞）上为增函数，不合题意.当a －1>1，即a>2时，函数f （x ）在（－∞，1）上为增函数，在（1，a －1）上为减函数，在（a －1，+∞）上为增函数.依题意，当x ∈（1，4）时，f '（x ）<0，当x ∈（6，+∞）时，f '（x ）>0，∴4≤a －1≤6.∴5≤a ≤7.∴a 的取值范围为［5，7］.评述：若本题是“函数f （x ）在（1，4）上为减函数，在（4，+∞）上为增函数.”我们便知x=4两侧使函数f '（x ）变号，因而需要讨论、探索，属于探索性问题.●闯关训练夯实基础1.已知a>0，函数f （x ）=x 3－ax 在［1，+∞）上是单调增函数，则a 的最大值是A.0B.1C.2D.3解析：f '（x ）=3x 2－a 在［1，+∞)上，f '（x ）≥0恒成立，即a ≤3x 2在［1，+∞）上恒成立，∴a ≤3.答案：D2.已知函数f （x ）=x 4－4x 3+10x 2，则方程f （x ）=0在区间［1，2］上的根有A.3个B.2个C.1个D.0个解析：f '（x ）=4x （x 2－3x+5）在［1，2］上，f '（x ）>0，∴f （x ）在［1，2］上单调递增.∴f （x ）≥f （1）=7.∴f （x ）=0在［1，2］上无根.答案：D3.函数f （x ）的导函数y=f '（x ）的图象如下图，则函数f （x ）的单调递增区间为________.解析：在［－1，0］和［2，+答案：［－1，0］和［2，+∞)4.若函数y=－34x 3+bx 有三个单调区间，则b 的取值范围是________. 解析：y ′=－4x 2+b ，若y ′值有正、有负，则b>0. 答案：b>05.设函数f （x ）=x 3－21ax 2+3x+5（a>0），求f （x ）的单调区间. 解：（1）f '（x ）=3x 2－ax+3，判别式Δ=a 2－36=（a －6）（a+6）.1°0<a<6时，Δ<0，f '（x ）>0对x ∈R 恒成立.∴当0<a<6时，f '（x ）在R 上单调递增.2°a=6时，y=x 3－3x 2+3x+5=（x －1）3+4.∴在R 上单调递增.3°a>6时，Δ>0，由f '（x ）>0⇒x>6362-+a a 或x<6362--a a . f '（x ）<0⇒6362-+a a <x<6362--a a . ∴在（63622-+a a ，+∞）和（－∞，6362--a a ）内单调递增，在（6362--a a ，6362-+a a ）内单调递减. 6.设f （x ）=x 3－22x －2x+5. （1）求f （x ）的单调区间；（2）当x ∈［1，2］时，f （x ）<m 恒成立，求实数m 的取值范围.解：（1）f '（x ）=3x 2－x －2=0，得x=1，－32.在（－∞，－32）和［1，+∞)上f '（x ）>0，f （x ）为增函数；在［－32，1］上f '（x ）<0，f （x ）为减函数.所以所求f （x ）的单调增区间为（－∞，－32]和［1，+∞)，单调减区间为［－32，1］. （2）当x ∈［1，2］时，显然f '（x ）>0，f （x ）为增函数，f （x ）≤f （2）=7. ∴m>7.培养能力7.已知函数f （x ）=x 3－ax －1.（1）若f （x ）在实数集R 上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）是否存在实数a ，使f （x ）在（－1，1）上单调递减?若存在，求出a 的取值范围，若不存在，请说明理由；（3）证明f （x ）=x 3－ax －1的图象不可能总在直线y=a 的上方.解：f '（x ）=3x 2－a ，（1）3x 2－a>0在R 上恒成立，∴a<0.又a=0时，f （x ）=x 3－1在R 上单调递增，∴a ≤0.（2）3x 2－a<0在（－1，1）上恒成立，即a>3x 2在（－1，1）上恒成立，即a>3.又a=3，f （x ）=x 3－3x －1，f '（x ）=3（x 2－1）在（－1，1）上，f '（x ）<0恒成立，即f （x ）在（－1，1）上单调递减，∴a ≥3.（3）当x=－1时，f （－1）=a －2<a ，因此f （x ）的图象不可能总在直线y=a 的上方.8.已知函数f （x ）=ax 4+bx 2+c 的图象经过点（0，1），且在x=1处的切线方程是y=x －2.（1）求y=f （x ）的解析式；（2）求y=f （x ）的单调递增区间.解：（1）由题意知f （0）=1，f '（1）=1，f （1）=－1.∴⎪⎩⎪⎨⎧-=++=+=.1,124,1c b a b a c∴c=1，a=25，b=－29， f （x ）=25x 4－29x 2+1. （2）∵f '（x ）=10x 3－9x ，由10x 3－9x>0，得x ∈（－10103，0）∪（10103，+∞）， 则f （x ）的单调递增区间为（－10103，0）和（10103，+∞）. 9.已知函数f （x ）=2ax －x 3，a>0，若f （x ）在x ∈（0，1］上是增函数，求a 的取值范围.解：f '（x ）=2a －3x 2在（0，1]上恒为正， ∴2a>3x 2，即a>23x 2. ∵x ∈（0，1]， ∴23x 2∈（0，23]. ∴a>23.当a=23时也成立.∴a ≥23. 探究创新10.有点难度哟！证明方程x 3－3x+c=0在［0，1］上至多有一实根.证明：设f （x ）=x 3－3x+c ，则f '（x ）=3x 2－3=3（x 2－1）.当x ∈（0，1）时，f '（x ）<0恒成立.∴f （x ）在（0，1）上单调递减.∴f （x ）的图象与x 轴最多有一个交点.因此方程x 3－3x+c=0在［0，1）上至多有一实根.●思悟小结1.f '（x ）>0⇒f （x ）为增函数（f '（x ）<0⇒f （x ）为减函数）.2.f （x ）是增函数⇒f '（x ）≥0（f （x ）为减函数⇒f '（x ）≤0）.●教师下载中心教学点睛1.可导函数f （x ）在极值点的导数为0，但是导数为0的点不一定是极值点.如果f （x ）在x 0处连续，在x 0两侧的导数异号，那么点x 0是函数f （x ）的极值点.2.求可导函数f （x ）的极值的步骤如下：（1）求f （x ）的定义域，求f '（x ）；（2）由f '（x ）=0，求其稳定点；（3）检查f '（x ）在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f （x ）在这个根处取极大值；如果左负右正，那么f （x ）在这个根处取极小值；如果左右同号，那么f （x ）在这个根处不取极值.3.求可导函数f （x ）的最值的方法：（1）求f （x ）在给定区间内的极值；（2）将f （x ）的各极值与端点值比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.拓展题例【例1】 若函数f （x ）=ax 3－x 2+x －5在（－∞，+∞）上单调递增，求a 的取值范围.解： f '（x ）=3ax 2－2x+1>0恒成立.∴⎩⎨⎧<>,0,0Δa 即⎩⎨⎧<->.0124,0a a ∴a>31. 当a=31时，f （x ）在（－∞，+∞）上单调递增. ∴a ≥31. 【例2】 求证：x>1时，2x 3>x 2+1.证明：令f （x ）=2x 3－x 2－1，则f '（x ）=6x 2－2x=2x （3x －1）.当x>1时，f '（x ）>0恒成立.∴f （x ）在（1，+∞）上单调递增.又∵f （1）=0，∴f （x ）在（1，+∞）上恒大于零，即当x>1时，2x 3>x 2+1.。

第十二节 导数的综合应用 1．最值会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．2．导数的综合应用会利用导数解决某些实际问题．知识点一 函数的最值与导数 一、函数的最值与导数1．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值点x 0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不超过f (x 0)．2．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最小值点x 0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不小于f (x 0)．易误提醒1．易混极值与最值：注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念． 2．极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．[自测练习]1．(2016·济宁一模)函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1； 令f ′(x )<0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值， 且f (1)＝12－ln 1＝12.答案：A2．已知函数f (x )＝e x －x 2，若对任意的x ∈[1,2]，不等式－m ≤f (x )≤m 2－4恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，1－e]B ．[1－e ，e]C ．[－e ，e ＋1]D ．[e ，＋∞)解析：由题意得f ′(x )＝e x －2x ，又对任意的x ∈R ，f ′(x )>0恒成立，所以函数f (x )在[1,2]上单调递增，所以e －1≤f (x )≤e 2－4，又不等式－m ≤f (x )≤m 2－4恒成立，所以{ e －1≥－m ，－m ≤m 2－4，e 2－4≤m 2－4，解得m ≥e ，所以选D.答案：D知识点二 生活中的优化问题利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤易误提醒 在求解实际应用问题中建立数学模型时，易忽视函数的定义域导致失误．[自测练习]3．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( )A ．13万件B ．11万件C ．9万件D ．7万件解析：y ′＝－x 2＋81，令y ′＝0得x ＝9或x ＝－9(舍去)． 当x ∈(0,9)时，y ′>0；当x ∈(9，＋∞)时，y ′<0， 即当x ＝9时，y 有最大值．即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件，故选C. 答案：C考点一 利用导数研究生活中的优化问题|某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．[解] (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y ＝2x －3＋10(x －6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润 f (x )＝(x －3)⎣⎡⎦⎤2x －3＋10(x －6)2＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (3,4) 4 (4,6) f ′(x ) ＋0 － f (x )极大值由上表可得，x ＝4是函数f (x )在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点． 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．利用导数解决生活中优化问题的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，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．1．据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k (k >0)．现已知相距18 km 的A ，B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a ，b ，它们连线上任意一点C 处的污染指数y 等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC ＝x (km)．(1)试将y 表示为x 的函数；(2)若a ＝1，且x ＝6时，y 取得最小值，试求b 的值． 解：(1)设点C 受A 污染源污染程度为kax 2，点C 受B 污染源污染程度为kb(18－x )2，其中k 为比例系数，且k >0.从而点C 处受污染程度y ＝ka x 2＋kb(18－x )2.(2)因为a ＝1，所以y ＝k x 2＋kb(18－x )2，y ′＝k ⎣⎡⎦⎤－2x 3＋2b(18－x )3令y ′＝0，得x ＝181＋3b，又此时x ＝6，解得b ＝8，经验证符合题意， 所以，污染源B 的污染强度b 的值为8.考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根|(2015·高考北京卷)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． [解] (1)由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx .由f ′(x )＝0，解得x ＝k .f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：x (0，k ) k (k ，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )k (1－ln k )2f (x )的单调递减区间是(0，k ]，单调递增区间是[k ，＋∞)； f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2. (2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0， e )上单调递减， 且f (1)＝12>0，f ( e )＝e －k 2<0，所以f (x )在区间(1， e ]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1， e ]上仅有一个零点．利用导数研究方程根的方法研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．2．(2015·高考四川卷)已知函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，其中a >0. (1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解． 解：(1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， g (x )＝f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )， 所以g ′(x )＝2－2x ＝2(x －1)x.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．(2)证明：由f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )＝0，解得a ＝x －1－ln x .令φ(x )＝－2x ln x ＋x 2－2x (x －1－ln x )＋(x －1－ln x )2＝(1＋ln x )2－2x ln x ， 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0. 于是，存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0.令a 0＝x 0－1－ln x 0＝u (x 0)，其中u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)． 由u ′(x )＝1－1x ≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u (1)<a 0＝u (x 0)<u (e)＝e －2<1，即a 0∈(0,1)． 当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0. 再由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0，从而f (x )>f (x 0)＝0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )>f (x 0)＝0； 又当x ∈(0,1]时，f (x )＝(x －a 0)2－2x ln x >0. 故x ∈(0，＋∞)时，f (x )≥0.综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．考点三 利用导数研究与不等式有关的问题|导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题探究角度有：1．证明不等式． 2．不等式恒成立问题． 3．存在型不等式成立问题． 探究一 证明不等式1．(2016·唐山一模)已知f (x )＝(1－x )e x －1. (1)求函数f (x )的最大值；(2)设g (x )＝f (x )x ，x >－1，且x ≠0，证明：g (x )<1.解：(1)f ′(x )＝－x e x .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 )＝－x e x －1.当x ∈(－1,0)时，0<－x <1,0<e x <1，则0<－x e x <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. 探究二 不等式恒成立问题2．已知函数f (x )＝m (x －1)e x ＋x 2(m ∈R )． (1)若m ＝－1，求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x <0，不等式x 2＋(m ＋2)x >f ′(x )恒成立，求m 的取值范围． 解：(1)m ＝－1时，f (x )＝(1－x )e x ＋x 2，则f ′(x )＝x (2－e x )， 由f ′(x )>0，得0<x <ln 2，由f ′(x )<0，得x <0或x >ln 2， 故函数的增区间为(0，ln 2)，减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． (2)f ′(x )＝mx ⎝⎛⎭⎫e x ＋2m <x 2＋(m ＋2)x ，即：mx e x －x 2－mx <0. ∵x <0，∴m e x －x －m >0.令h (x )＝m e x －x －m ，则h ′(x )＝m e x －1，当m ≤0时，h (x )在x <0时为减函数，h (x )>h (0)＝0. 当0<m ≤1时，h (x )在x <0时为减函数，h (x )>h (0)＝0. 当m >1时，h (x )在(－∞，－ln m )上为减函数， 在(－ln m,0)上为增函数， ∴h (－ln m )<h (0)＝0，不合题意． 综上：m ≤1.探究三 存在型不等式成立问题3．(2015·东北三校联考)已知函数f (x )＝x ＋1e x (e 为自然对数的底数)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋1e x ，存在实数x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立，求实数t 的取值范围．解：(1)∵函数的定义域为R ，f ′(x )＝－xe x ，∴当x <0时，f ′(x )>0，当x >0时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． (2)假设存在x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立， 则2[φ(x )]min <[φ(x )]max .∵φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋e －x＝x 2＋(1－t )x ＋1e x，∴φ′(x )＝－x 2＋(1＋t )x －t e x＝－(x －t )(x －1)e x. ①当t ≥1时，φ′(x )≤0，φ(x )在[0,1]上单调递减， ∴2φ(1)<φ(0)，即t >3－e2>1.②当t ≤0时，φ′(x )>0，φ(x )在[0,1]上单调递增， ∴2φ(0)<φ(1)，即t <3－2e<0.③当0<t <1时，若x ∈[0，t )，φ′(x )<0，φ(x )在[0，t )上单调递减； 若x ∈(t,1]，φ′(x )>0，φ(x )在(t,1]上单调递增， 所以2φ(t )<max{φ(0)，φ(1)}，即2·t ＋1e t <max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，3－t e ，(*) 由(1)知，g (t )＝2·t ＋1et 在[0,1]上单调递减，故4e ≤2·t ＋1e t ≤2，而2e ≤3－t e ≤3e，所以不等式(*)无解．综上所述，存在t ∈(－∞，3－2e)∪⎝⎛⎭⎫3－e2，＋∞，使得命题成立．导数在不等式问题中的应用问题的常见类型及解题策略(1)利用导数证明不等式．①证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．②证明f (x )>g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )>0，则F (x )在(a ，b )上是增函数，同时若F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．(2)利用导数解决不等式的恒成立问题．利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3.导数的综合应用问题的答题模板【典例】 (14分)(2015·高考福建卷)已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x >1时，f (x )<x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )>k (x －1)． [思路点拨] (1)先求函数f (x )的定义域，再求f ′(x )，令f ′(x )>0(注意在函数f (x )的定义域上)，得函数f (x )的单调递增区间；(2)构造函数，通过求导判断函数的单调性来证明不等式；(3)对k 进行分类讨论，通过构造函数，利用求导来判断其单调性，从而得到参数k 的取值范围．[规范解答] (1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．(2分)由f ′(x )>0得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0.解得0<x <1＋52.(3分)故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(4分)(2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)．(5分) 则F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，(7分)故当x >1时，F (x )<F (1)＝0，即当x >1时，f (x )<x －1.(8分) (3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0>1满足题意．(9分) 当k >1时，对于x >1，有f (x )<x －1<k (x －1)，则f (x )<k (x －1)， 从而不存在x 0>1满足题意．(10分)当k <1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x .(11分)由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0. 解得x 1＝1－k －(1－k )2＋42<0，x 2＝1－k ＋(1－k )2＋42>1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )>0，故G (x )在[1，x 2)内单调递增．(13分) 从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )>G (1)＝0，即f (x )>k (x －1)， 综上，k 的取值范围是(－∞，1)．(14分) [模板形成]A 组 考点能力演练1．(2016·沈阳一模)已知函数f (x )＝a ln x (a >0)，e 为自然对数的底数． (1)若过点A (2，f (2))的切线斜率为2，求实数a 的值； (2)当x >0时，求证：f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x ； (3)若在区间(1，e)上e x a －e 1a x <0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a x ，f ′(2)＝a2＝2，a ＝4.(2)证明：令g (x )＝a ⎝⎛⎭⎫ln x －1＋1x ，g ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2. 令g ′(x )>0，即a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2>0，解得x >1，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g (x )的最小值为g (1)＝0，∴f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x . (3)由题意可知e x a <e 1a x ，化简得x －1a <ln x ，又x ∈(1，e)，∴a >x －1ln x .令h (x )＝x －1ln x ，则h ′(x )＝ln x －(x －1)·1x (ln x )2＝ln x －1＋1x (ln x )2，由(2)知，当x ∈(1，e)时，ln x －1＋1x >0，∴h ′(x )>0，即h (x )在(1，e)上单调递增， ∴h (x )<h (e)＝e －1. ∴a ≥e －1.2．(2015·九江一模)设函数f (x )＝12x 2－(a ＋b )x ＋ab ln x (其中e 为自然对数的底数，a ≠e ，b ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝－12e 2.(1)求b ；(2)若对任意x ∈⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞，f (x )有且只有两个零点，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋b )＋ab x ＝(x －a )(x －b )x .∵f ′(e)＝0，a ≠e ，∴b ＝e.(2)由(1)得f (x )＝12x 2－(a ＋e)x ＋a eln x ，f ′(x )＝(x －a )(x －e )x，①当a ≤1e 时，由f ′(x )>0得x >e ；由f ′(x )<0得1e ≤x <e ⎝⎛⎭⎫注：a ＝1e 时，由f ′(x )<0得1e <x <e . 此时f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，e 上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增． ∵f (e)＝12e 2－(a ＋e)e ＋a eln e ＝－12e 2<0，f (e 2)＝12e 4－(a ＋e)e 2＋2a e ＝12e(e －2)(e 2－2a )≥12e(e －2)⎝⎛⎭⎫e 2－2e >0， ∴要使得f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞上有且只有两个零点，则只需f ⎝⎛⎭⎫1e ＝12e 2－a ＋e e ＋a eln 1e ＝(1－2e 2)－2e (1＋e 2)a2e 2≥0，即a ≤1－2e 22e (1＋e 2). ②当1e <a <e 时，由f ′(x )>0得1e ≤x <a 或x >e ；由f ′(x )<0得a <x <e.此时f (x )在(a ，e)上单调递减，在⎣⎡⎭⎫1e ，a 和(e ，＋∞)上单调递增．f (a )＝－12a 2－a e ＋a eln a <－12a 2－a e ＋a eln e ＝－12a 2<0，∴此时f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞上至多只有一个零点，不合题意． ③当a >e 时，由f ′(x )>0得1e≤x <e 或x >a ，由f ′(x )<0得e<x <a ，此时f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，e 和(a ，＋∞)上单调递增，在(e ，a )上单调递减，且f (e)＝－12e 2<0，∴f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞上至多只有一个零点，不合题意．综上所述，a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1－2e 22e (1＋e 2). 3．已知函数f (x )＝ln x ＋1x ＋ax (a 是实数)，g (x )＝2x x 2＋1＋1. (1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋1x＋2x ，x ∈(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －1x 2＋2＝2x 2＋x －1x 2＝(2x －1)(x ＋1)x 2，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝12. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，f ′(x )>0， 所以f (x )在x ＝12处取到最小值，最小值为3－ln 2；无最大值． (2)f ′(x )＝1x －1x 2＋a ＝ax 2＋x －1x 2，x ∈[1，＋∞)， 显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．所以Δ＝1＋4a ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧ Δ>0，h (1)≤0，－12a ≤1，解得a ≤－14. 综上，满足条件的a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－14∪[0，＋∞)． (3)不存在满足条件的正实数a .由(2)知，a >0时f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，所以f (x )在[1,2]上是单调递增函数．所以对于任意x 1∈[1,2]，f (1)≤f (x 1)≤f (2)，即f (x 1)∈⎣⎡⎦⎤1＋a ，ln 2＋12＋2a . g ′(x )＝2(1－x 2)(1＋x 2)2，当x ∈[1,2]时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[1,2]上是单调递减函数． 所以当x 2∈[1,2]时，g (x 2)∈⎣⎡⎦⎤95，2.若对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，则⎣⎡⎦⎤1＋a ，ln 2＋12＋2a ⊆⎣⎡⎦⎤95，2，此时a 无解．所以不存在满足条件的正实数a .B 组 高考题型专练1．(2015·高考广东卷)设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x －a .(1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤ 3a －2e－1. 解：(1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f (x )是R 上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f (0)＝(1＋02)e 0－a ＝1－a <0，且f (ln a )＝(1＋ln 2a )e ln a －a ＝(1＋ln 2a )a －a ＝a ln 2a >0，由零点存在性定理知，f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点．又由(1)知，函数f (x )是(－∞，＋∞)上的单调递增函数，故函数f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)设点P (x 0，y 0)，由曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行知，f ′(x 0)＝0，即f ′(x 0)＝(x 0＋1)2e x 0＝0，(x 0＋1)2＝0，x 0＝－1，即P (－1,2e －1－a )．由点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行知，f ′(m )＝k OP ，即(1＋m )2e m ＝2e －1－a －0－1－0＝a －2e . 由e m ≥1＋m知，(1＋m )3≤(1＋m )2e m ＝a －2e ，即1＋m ≤ 3a －2e ，即m ≤ 3a －2e－1.2．(2015·高考山东卷)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2ex .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值． 解：(1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2，又f ′(x )＝ln x ＋a x＋1，所以a ＝1. (2)k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ， 当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2>1－1＝0， 所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x (x －2)e x， 所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－1e>0， 当x ∈[2，＋∞)时，h ′(x )>0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增．所以k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0，且x ∈(0，x 0)时，f (x )<g (x )， x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>g (x )，所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x ＋1)ln x ，x ∈(0，x 0]，x 2e x ，x ∈(x 0，＋∞). 当x ∈(0，x 0]时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0；若x ∈(1，x 0]，由m ′(x )＝ln x ＋1x＋1>0. 可知0<m (x )≤m (x 0)．故m (x )≤m (x 0)．当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x (2－x )e x， 可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)<m (2)． 综上可得，函数m (x )的最大值为4e 2.。

高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：2.12 导数的综合应用 Word版含答案高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：2.12导数的综合应用word版含答案第十二节衍生工具1的综合运用。

最大值会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．2.衍生工具的综合应用会利用导数解决某些实际问题．知识点-函数的最大值和导数-函数的最大值和导数1．函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值点x0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不超过f(x0)．2.[a，b]上函数y=f（x）的最小值点x0表示该区间内函数所有点的函数值不小于f （x0）n易误提醒1.易于混合极值和最大值：请注意，函数的最大值是一个“全局”概念，而极值是一个“局部”概念。

2.极值只能在定义域内获得，但最大值可以在区间结束时获得。

有极值的可能没有最大值，有最大值的可能没有极值；极值可能成为最大值，只要不在终点，它就必须是极值[自测练习]一1．(2021济宁一模)函数f(x)＝x2－lnx的最小值为()21a。

2c.021x－1解析：f′(x)＝x－＝，且x>0.xxb．1d．不存在如果f'（x）>0，则得到x>1；设f′（x）<0，则得到0‰f（x）。

最小值也是x=1、11和f（1）=-ln1=时的最小值。

22回答：A2。

给定函数f（x）=ex-x2，如果对于任何x∈ [1,2]，不等式-M≤ f（x）≤ M2-4为常数，则实数m的取值范围为（）A.（-∞, 1-e]B.[1-e，e]C.-e，e+1]D.[e，+∞). 分析：从问题的意义出发，得出f'（x）=ex-2x，并且对于任何x都是常数∈ R、 f'（x）>0，所以函数f（x）在[1,2]上单调增加，所以E-1≤ f（x）≤ e2-4和不等式-M≤ f（x）≤ M2-4是常数，所以{E-1≥ - m、 -m≤M2-4，e2-4≤ M2-4，解为m≥ e、因此选择D.答案：D知识点2生活中的优化问题利用导数解决生活中优化问题的一般步骤n容易出错提示在建立数学模型解决实际应用问题时，很容易忽略函数的定义域，导致错误。