1、专题六 函数与导数 第 4 讲 导数的综合应用1(2019全国卷)已知函数 f(x)2sin xxcos xx，f(x)为 f(x)的导数(1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点；(2)若 x0，时，f(x)ax，求 a 的取值范围(1)证明：设 g(x)f(x)，则 g(x)cos xxsin x1.所以 g(x)sin xsin xxcos xxcos x.当 x0，2 时，g(x)0；当 x2，时，g(x)0，g()2，故 g(x)在(0，)存在唯一零点所以 f(x)在区间(0，)存在唯一零点(2)解：由题设知 f()a，f()0，可得 a0.由(1)知，f(x)在(0，)只有一个
2、零点，设为 x0，且当x(0，x0)时，f(x)0；当 x(x0，)时，f(x)0，所以 f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又 f(0)0，f()0，所以当 x0，时，f(x)0.又当 a0，x0，时，ax0，故 f(x)ax.因此，a 的取值范围是(，02(2017全国卷)已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)当 a0 时，证明：f(x)34a2.(1)解：f(x)的定义域(0，)f(x)1x2ax2a1（2ax1）（x1）x，若 a0，则当 x(0，)时，f(x)0，故 f(x)在(0，)上单调递增若 a0 时，当 x0
3、，12a 时，f(x)0；当 x 12a，时，f(x)0.故 f(x)在0，12a 上单调递增，在 12a，上单调递减(2)证明：由(1)知，当 a0 时，f(x)在 x 12a处取得最大值，最大值为 f 12a ln 12a 1 14a，所以 f(x)34a2 等价于 ln 12a 1 14a 34a2，即 ln 12a 12a10，设 g(x)ln xx1，则 g(x)1x1.当 x(0，1)时，g(x)0；x(1，)时，g(x)0.所以 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减故当 x1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)0.所以当 x0 时，g(x)0，从而当 a0
4、 时，ln 12a 12a10，即 f(x)34a2.函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数的情形为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明以及根据不等式恒成立与能成立求参数的值(或范围)主要以解答题的形式呈现，能力要求高热点 1 利用导数研究函数的零点(方程的根)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
5、点的个数即可存在两个极值点 x1，x2 且 x1x2 的函数 f(x)ax3bx2cxd(a0)的零点分布情况如下：a的符号零点个数充要条件a0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)一个f(x1)0或f(x2)0两个f(x1)0或者f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)0a0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)0或f(x2)0两个f(x1)0或者f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)0【例 1】(2018全国卷)已知函数 f(x)13x3a(x2x1)(1)若 a3，求 f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点(1)解：当 a3 时，f(x)13x33x
6、23x3，f(x)x26x3.令 f(x)0，解得 x32 3或 x32 3.当 x(，32 3)(32 3，)时，f(x)0；当 x(32 3，32 3)时，f(x)0.故 f(x)在(，32 3)，(32 3，)上单调递增，在(32 3，32 3)上单调递减(2)证明：由于 x2x10，所以 f(x)0 等价于x3x2x13a0.设 g(x)x3x2x13a，则 g(x)x2（x22x3）（x2x1）2 0，仅当 x0 时 g(x)0，所以 g(x)在(，)上单调递增故 g(x)至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点又 f(3a1)6a22a136(a16)2160，f(3a1)13
7、0，故 f(x)有一个零点综上，f(x)只有一个零点思维升华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 yk)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，进而画出其图象；第三步：结合图象求解2根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论变式训练 函数 f(x)axxln x 在 x1 处取得极值(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 yf(x)m1 在定义域内有两个不同的零点，求实数 m 的取值范围解：(1)f(x)aln x1，x0，
8、由 f(1)a10，得 a1.因此 f(x)xxln x，f(x)ln x.令 f(x)0，得 x1；令 f(x)0，解得 0 x1.所以 f(x)在 x1 处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0，1)(2)yf(x)m1 在(0，)内有两个不同的零点，可转化为 f(x)m1 在(0，)内有两个不同的根，则函数 yf(x)的图象与直线 ym1 有两个不同交点，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)minf(1)1.由题意得，m11，即 m2，当 0 x1 时，f(x)x(1ln x)0；当 x0 且 x0 时，f(x)0；当 x时
9、，显然 f(x).如图，由图象可知，m10，即 m1，由可得2m1.因此实数 m 的取值范围是(2，1)热点 2 利用导数证明不等式(讲练互动)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)1 时，f(x)(xae)x.(1)解：f(x)aex2.当 a0 时，f(x)0，函数 f(x)在 R 上单调递增；当 a0，解得 xln2a，由 f(x)ln2a.故 f(x)在，ln2a上 单 调 递 增，在 区 间ln2a，上单调递减综上所述，当 a0 时，f(x)在 R 上单调递增；当 a1，则
10、 g(x)（x1）（aexx1）ax2.当 a1 时，aexx1exx1，令 h(x)exx1，则当 x0 时，h(x)ex10，所以当 x0 时，h(x)单调递增，即 h(x)h(0)0，所以当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，所以 g(x)g(1)0.则exxxa 1ax2ae0，故 f(x)(xae)x.思维升华1证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若 f(x)在a，b上是增函数，则xa，b，有 f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且 x1x2，有 f(x1)f(x2)对于减函数有类似结论(2)利用最值：若 f(x)在某个范围 D 内有最大值 M(或最小值 m)，则
11、xD 有 f(x)M(或 f(x)m)2证明 f(x)g(x)，可构造函数 F(x)f(x)g(x)，证明 F(x)0.变 式 训 练 (2018 全 国 卷 )已 知 函 数 f(x)ax2x1ex.(1)求曲线 yf(x)在点(0，1)处的切线方程；(2)证明：当 a1 时，f(x)e0.(1)解：f(x)ax2（2a1）x2ex，f(0)2.因此曲线 yf(x)在(0，1)处的切线方程是 2xy10.(2)证明：当 a1 时，f(x)e(x2x1ex1)ex.令 g(x)x2x1ex1，则 g(x)2x1ex1.当 x1 时，g(x)0，g(x)单调递减；当 x1 时，g(x)0，g(x
12、)单调递增所以 g(x)g(1)0，因此 f(x)e0.热点 3 不等式恒成立、存在性问题(1)f(x)g(x)对一切 xI 恒成立I 是 f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI)(2)xI，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)max0(xI)(3)对x1，x2I 使得 f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(4)对x1I，x2I 使得 f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.角度 不等式恒成立问题【例 3】已知函数 f(x)ln x12x2ax(aR)，g(x)ex32x2.(1)讨论函数 f(x)极值
13、点的个数；(2)若对x0，不等式 f(x)g(x)成立，求实数 a 的取值范围解：(1)f(x)1xxax2ax1x(x0)令 f(x)0，即 x2ax10，其中 a24.当 a240 时，即2a2 时，x2ax10恒成立所以 f(x)0，则 f(x)在(0，)上递增，函数无极值点当 a240 时，由 x2ax10，得 x1a a242，x2a a242(x12，则 x1x20，所以 f(x)在(0，)上单调递增所以 f(x)在(0，)上无极值点若 a2，则 0 x10，当 x(x1，x2)时，f(x)0，故 x1 是 f(x)的极大值点，x2 是 f(x)的极小值点综上：当 a0)h(x)e
14、x1x2x xexln xx2x2ex（x1）ln xx21x2.当 x(0，1)时，ex(x1)ln xx210，即 h(x)0，h(x)单调递增；因此 x1 为 h(x)的极小值点，即 h(x)h(1)e1，所以 ae1，则 a 的取值范围是(，e1思维升华1对于含参数的不等式恒成立问题，如果易分离参数，先分离参数、构造函数、直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论2在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化变式训练(2019天一大联考)已知函数 f(x)mexx2.(1)若 m1，求曲线 yf(x)在(0，f(0)处的切线方程；(2)若关于 x 的不等式 f(x
15、)x(4mex)在0，)上恒成立，求实数 m 的取值范围解：(1)当 m1 时，f(x)exx2，则 f(x)ex2x.所以 f(0)1，且斜率 kf(0)1.故所求切线方程为 y1x，即 xy10.(2)由 mexx2x(4mex)得 mex(x1)x24x.故问题转化为当 x0 时，mx24xex（x1）max.令g(x)x24xex（x1），x 0，则g(x)（x2）（x22x2）（x1）2ex.由 g(x)0 及 x0，得 x 31.当 x(0，31)时，g(x)0，g(x)单调递增；当 x(31，)时，g(x)0，g(x)单调递减所以当 x 31 时，g(x)maxg(31)2e13
16、.所以 m2e13.即实数 m 的取值范围为2e13，)角度 不等式能成立(有解)问题【例 4】(2019六安一中模拟)已知函数 f(x)xmln xm1x(mR)，g(x)12x2exxex.(1)当 x1，e，求 f(x)的最小值；(2)当 m2 时，若存在 x1e，e2，使得对任意的x22，0，f(x1)g(x2)成立，求实数 m 的取值范围解：(1)f(x)xmln xm1x，且定义域(0，)，所以 f(x)1mxm1x2（x1）x（m1）x2.当 m2 时，若 x1，e，则 f(x)0.所以 f(x)在1，e上是增函数，则 f(x)minf(1)2m.当 me1，若 x1，e，f(x)0.所以 f(x)在1，e上是减函数，则 f(x)minf(e)emm1e.当 2m0)(1)求函数 f(x)的极值；(2)若存在 x(0，)，使得 f(x)x2mx32成立，求实数 m 的最小值解：(1)由 f(x)xln x，得 f(x)1ln x，令 f(x)0，得 x1e；令 f(x)0，得 0 x0)则 g(x)2x1 3x2x22x3x2（x3）（x1）x.由 g(x)0，得 x1；由 g(x)0，得 0 x1.所以 g(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增所以 g(x)ming(1)4，则 m4.故 m 的最小值为 4.
