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)sin xln(1x)，f(x)为 f(x)的导数证明：(1)f(x)在区间1，2 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 11x，g(x)sin x1（1x）2.当 x1，2 时，g(x)单调递减，而 g(0)0，g2 0；当 x，2 时，g(x)0.所以 g(x)在(1，)单调递增，在，2 单调递减，故 g(x)在1，2 存在唯一极大值点，即 f(x)在1，2 存在唯一极大值点(2)f(x)的定义域为(1，)当 x(1，0时，由(1)知，
2、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 x0 是 f(x)在(1，0的唯一零点当 x0，2 时，由(1)知，f(x)在(0，)单调递增，在，2 单调递减，而 f(0)0，f2 0；当 x，2 时，f(x)0.所以当 x0，2 时，f(x)0.从而 f(x)在0，2 没有零点当 x2，时，f(x)0，f()1.所以 f(x)0，且函数 f(x)在区间0，)内单调递增，求实数 a 的取值范围；(2)若 0a23，试判断函数 f(x)的零点个数解：(1)因为函数 f(x)在0，)内单调递增，所以 f(x)
3、ex 1xa0 在0，)内恒成立即 aexx 在0，)内恒成立记 g(x)exx，则 g(x)ex10 恒成立，所以 g(x)在区间0，)内单调递减，所以 g(x)g(0)1，所以 a1，即实数 a 的取值范围为1，)(2)因为 0aa)，记 h(x)f(x)，则 h(x)ex1（xa）20，知 f(x)在区间(a，)内单调递增又因为 f(0)11a0，所以 f(x)在区间(a，)内存在唯一的零点 x0，则 f(x0)ex01x0a0，于是 ex01x0a，x0ln(x0a)当axx0 时，f(x)0，f(x)单调递增所以 f(x)minf(x0)ex02aln(x0a)1x0a2ax0 x0
4、a1x0a3a23a，当且仅当 x0a1 时，取等号由 0a0，所以 f(x)minf(x0)0，即函数 f(x)没有零点热点 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
5、递增；当 a1，则 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(
6、或最小值 m)，则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(2017全国卷)已知函数 f(x)ax2axxln x，且 f(x)0.(1)求 a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e2f(x0)22.(1)解：f(x)的定义域为(0，)，设 g(x)axaln x，则 f(x)xg(x)，f(x)0 等价于 g(x)0，因为 g(1)0，g(x)0，故 g(1)0，而 g(x)a1x，g(1)a1，得 a1.若 a1，则 g(x)11x.当 0 x1 时，g(x)0，g(x)单调递减；当 x
7、1 时，g(x)0，g(x)单调递增；所以 x1 是 g(x)的极小值点，故 g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明：由(1)知 f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，设 h(x)2x2ln x，则 h(x)21x，当 x0，12 时，h(x)0；当 x12，时，h(x)0.所以 h(x)在0，12 上单调递减，在12，上单调递增又 h(e2)0，h12 0，h(1)0，所以 h(x)在0，12 上有唯一零点 x0，在12，上有唯一零点 1，且当 x(0，x0)时，h(x)0；当 x(x0，1)时，h(x)0；当 x(1，)时，h(x)0.因为 f(x)h(x)，所以 xx0
8、是 f(x)的唯一极大值点由 f(x0)0 得 ln x02(x01)，故 f(x0)x0(1x0)由 x00，12 得 f(x0)14.因为 xx0 是 f(x)在(0，1)上的最大值点，由 e1(0，1)，f(e1)0 得 f(x0)f(e1)e2.所以 e2f(x0)22.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
9、(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 x1x
10、20，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)ex1x2x 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
11、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)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）
12、（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.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
13、 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.