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.