1、 函数与导数的综合问题大 题 考 法利用导数解决与不等式有关的问题 题型(一)主要考查不等式恒成立有关问题或不等关系证明的问题.典例感悟例1(2019江苏高考)设函数f(x)(xa)(xb)(xc)，a，b，cR，f(x)为f(x)的导函数(1)若abc，f(4)8，求a的值；(2)若ab，bc，且f(x)和f(x)的零点均在集合3，1，3中，求f(x)的极小值；(3)若a0，0b1，c1，且f(x)的极大值为M，求证：M 427.解(1)因为abc，所以f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)3.因为f(4)8，所以(4a)38，解得a2.(2)因为bc，所以f(x)(xa)(xb)2x3(
2、a2b)x2b(2ab)xab2，从而f(x)3(xb)x2ab3.令f(x)0，得xb或x2ab3.因为a，b，2ab3都在集合3，1，3中，且ab，所以2ab31，a3，b3.此时，f(x)(x3)(x3)2，f(x)3(x3)(x1)令f(x)0，得x3或x1.列表如下：x(，3)3(3，1)1(1，)f(x)00f(x)极大值 极小值 所以f(x)的极小值为f(1)(13)(13)232.(3)证明：因为a0，c1，所以f(x)x(xb)(x1)x3(b1)x2bx，f(x)3x22(b1)xb.因为0b1，所以4(b1)212b(2b1)230，则f(x)有2个不同的零点，设为x1，
3、x2(x1x2)由f(x)0，得x1b1 b2b13，x2b1 b2b13.列表如下：x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值 极小值 所以f(x)的极大值Mf(x1)法一：Mf(x1)x31(b1)x21bx1 3x212(b1)x1bx13 b192（b2b1）9x1b（b1）9 2（b2b1）（b1）27b（b1）9 227(b2b1)3 b（b1）272（b1）2（b1）27 227(b（b1）1)3 b（b1）27 227 427.因此 M 427.法二：因为00)(1)当a1时，求证：对于任意的x0，都有f(x)0成立；(2)若yf(x)恰好在xx1和
4、xx2两处取得极值，求证：x1x220时，g(x)0，则f(x)在(0，)上单调递增，故f(x)f(0)0，所以f(x)在(0，)上单调递增，从而f(x)f(0)10，故对任意的x0，都有f(x)0成立(2)f(x)exaxa，因为 x1，x2 为 f(x)的两个极值点，所以f（x1）0，f（x2）0，即ex1ax1a0，ex2ax2a0，两式相减，得 aex1ex2x1x2，则所证不等式等价于x1x22lnex1ex2x1x2，即 ex1x22x2，两边同时除以 ex2，可得 ex1x220，则要证原不等式恒成立，只需证明：et2et1t恒成立，即 tet2et10 恒成立设(t)tet2e
5、t1，则(t)et2et2t21)，由 exx1，令 xt2，可得 et2t21，所以 et2t21 0，所以(t)0，所以(t)在(0，)上单调递减，(t)(0)0，所以x1x22ln a.2(2019盐城三模)设函数f(x)xaex(e为自然对数的底数，aR)(1)当a1时，求函数f(x)的图象在x1处的切线方程；(2)若函数f(x)在区间(0，1)上单调，求a的取值范围；(3)若函数g(x)(exe)f(x)有且仅有3个不同的零点x1，x2，x3，且x1x20，得x1；由h(x)1xe 1.h(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，故h(x)0有且仅有两个不等实数根，且1个根小
6、于1，1个根大于1，g(x)(exe)f(x)有且仅有3个不同的零点x1，x2，x3，且x1x2x3，x1x21x3，x1，x3为h(x)xexa0的两个不等实数根，x1aex1，x3aex3，两式相减，得x3x1a(ex3ex1)，a x3x1ex3ex1，两式相加，得x1x3a(ex1ex3)x3x1ex3ex1(ex1ex3)(x3x1)ex3x11ex3x11，设x3x1t，由x1x3且x3x11，得00在t(0，1上恒成立，q(t)ett1在t(0，1上单调递增，q(t)q(0)0在(0，1上恒成立，则p(t)0在(0，1上恒成立，p(t)在(0，1上单调递增，p(t)p(0)0在(
7、0，1上恒成立，则(t)0在(0，1上恒成立，(t)在(0，1上单调递增，(t)(1)e1e1，即x1x3e1e1.题型(二)利用导数解决与方程的 解(零点)有关的问题 主要考查利用导数及零点存在性定理以及函数的性质研究复杂函数的零点问题.典例感悟 例2(2016江苏高考)已知函数f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)(1)设a2，b12.求方程f(x)2的根；若对于任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值(2)若0a1，b1，函数g(x)f(x)2有且只有1个零点，求ab的值解(1)因为a2，b12，所以f(x)2x2x.方程f(x)2，即2x2x2，亦即(2x)2
8、22x10，所以(2x1)20，即2x1，解得x0.由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22(f(x)22.因为f(2x)mf(x)6对于xR 恒成立，且f(x)0，所以m（f（x）24f（x）对于xR 恒成立 而（f（x）24f（x）f(x)4f（x）2 f（x）4f（x）4，当且仅当f2(x)4，即f(x)2时等号成立，且（f（0）24f（0）4，所以m4，故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)f(x)2axbx2有且只有1个零点，而g(0)f(0)2a0b020，所以0是函数g(x)的唯一零点 因为g(x)axln abxln b，又由0a1，b1知ln a0，ln b0，所
9、以 g(x)0 有唯一解 x0logbaln aln b.令 h(x)g(x)，则 h(x)(axln abxln b)ax(ln a)2bx(ln b)2，从而对任意 xR，h(x)0，所以 g(x)h(x)是(，)上的单调增函数 于是当 x(，x0)时，g(x)g(x0)0；当 x(x0，)时，g(x)g(x0)0.因而函数 g(x)在(，x0)上是单调减函数，在(x0，)上是单调增函数 下证 x00.若 x00，则 x0 x02 0，于是 gx02 g(0)0.又 g(loga2)aloga2b loga22a loga220，且函数 g(x)在以x02 和loga2 为端点的闭区间上的
10、图象不间断，所以在x02 和 loga2 之间存在g(x)的零点，记为 x1.因为 0a1，所以 loga20.又x02 0，所以 x10，与“0 是函数 g(x)的唯一零点”矛盾 若 x00，同理可得，在x02 和 logb2 之间存在 g(x)的非 0 的零点，与“0 是函数 g(x)的唯一零点”矛盾因此 x00.于是ln aln b1，故 ln aln b0，所以 ab1.方法技巧 利用导数研究函数零点问题的方法用导数研究函数的零点，首先利用导数研究函数的性质，再判断零点所在区间端点的函数值正负，结合零点存在理论判断零点个数，这类问题解答题的做法不同于填空题，一般不能用两个函数图象来说明
11、零点个数演练冲关1(2019苏州期末)已知函数f(x)ax3bx24a(a，bR)(1)当ab1时，求f(x)的单调增区间；(2)当a0时，若函数f(x)恰有两个不同的零点，求ba的值；(3)当a0时，若f(x)0，解得x0或x23，所以f(x)的单调增区间是，23 和(0，)(2)法一：f(x)3ax22bx，令f(x)0，得x0或x2b3a，因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)0或f2b3a 0.当f(0)0时，得a0，不合题意，舍去；当f2b3a 0时，a2b3a3b2b3a24a0，即 827ba349ba340，所以ba3.法二：由于a0，所以f(0)0，由f(x)0得，b
12、a4x3x2 4x2x(x0)设h(x)4x2x，则h(x)8x31，令h(x)0，得x2，当x(，2)时，h(x)0，h(x)单调递增，当x(0，)时，h(x)0，h(x)单调递增 当x0时，h(x)的值域为R，故不论ba取何值，方程ba4x3x2 4x2x有且仅有一个根；当x0时，h(x)minh(2)3，所以ba3时，方程ba4x3x2 4x2x恰有一个根2，此时函数f(x)a(x2)2(x1)恰有两个零点2和1.(3)当a0时，由f(x)ln x，得bx20)，当b0时，因为g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，且g(1)b0，所以在(1，)上g(x)ln xbx20，不合题意
13、；当b0时，令g(x)12bx2x0，得x12b，所以g(x)在0，12b 上单调递增，在12b，上单调递减，所以g(x)maxg12b ln 12b12，要使 g(x)0 有解，首先要满足 ln12b120，得 0b 12e.又 g(1)b0，所 以 要 使 f(x)0，g（3）0，即ln 24b0，ln 39b0，解得ln 39 b0，(x)单调递增；当 x(e，)时，(x)0，(x)单调递减 所以(x)max(e)1eln 24，所以由和得，实数 b 的取值范围是ln 39，ln 24.2(2019扬州中学模拟)已知函数f(x)xexax1.(1)当a1时，求yf(x)在x1，1上的值域
14、；(2)试讨论f(x)的零点个数解：(1)当a1时，f(x)xexx1，则f(x)1xex 1.令g(x)1xex 1，则g(x)x2ex，故g(x)x2ex 0，f(x)minf(1)10，f(x)单调递增，当 x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以在1，1上，当 x0 时，f(x)取得极大值，也是最大值，即在1，1上 f(x)maxf(0)1.又 f(1)2e0，所以在1，1上，f(x)minf(1)2e，所以 f(x)在1，1上的值域为2e，1(2)令f(x)0，即xexax10，显然x0不是方程的根，则exa1x0，令tx，则eta1t0，f(x)的零点个数，即方程eta1
15、t0的实根的个数 令h(x)ex1xa，x(，0)(0，)则原问题也等价于函数h(x)ex 1x a在x(，0)(0，)上的零点个数 因为h(x)ex 1x20，所以h(x)在(，0)，(0，)上单调递增 a0，当 x(，0)时，h(x)ex1x0 恒成立，没有零点；当 x(0，)时，h(1)e10，h12 e20，又 h(x)在(0，)上单调递增，所以 h(x)在(0，)上有唯一的零点 a0 恒成立，没有零点；当 x(0，)时，h1a e1a0，h12a e12a2e1220，当 x(，0)时，h1a e1a0，设(x)xex1(x0)，则(x)(x1)ex，所以 x(，1)时，(x)0，(
16、x)单调递增，所以(x)(1)11e0，即 x0 时，ex1x.取 x02a，则 h(x0)(1a)11aa1 11a0，h12a e12a(2a)a(2a)(2a)aa0 时，f(x)有两个零点题型(三)函数新定义问题 主要考查利用导数解决在特定情形下的函数的性质问题.典例感悟 例3(2018江苏高考)记f(x)，g(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数若存在x0R，满足f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”(1)证明：函数f(x)x与g(x)x22x2不存在“S点”；(2)若函数f(x)ax21与g(x)ln x存在“S点”，求实数a
17、的值；(3)已知函数f(x)x2a，g(x)bexx.对任意a0，判断是否存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，)内存在“S点”，并说明理由解(1)证明：因为函数f(x)x，g(x)x22x2，所以f(x)1，g(x)2x2.由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得xx22x2，12x2，此方程组无解，因此f(x)与g(x)不存在“S点”(2)因为函数 f(x)ax21，g(x)ln x，所以 f(x)2ax，g(x)1x.设 x0 为 f(x)与 g(x)的“S 点”，由 f(x0)g(x0)且 f(x0)g(x0)，得ax201ln x0，2ax0 1x0，即ax201ln x0，
18、2ax201，(*)所以 ln x012，即 x0e12，所以 a12e12 2e2.当 ae2时，x0e12满足方程组(*)，即 x0 为 f(x)与 g(x)的“S 点”所以 a 的值为e2.(3)对任意a0，设h(x)x33x2axa.因为h(0)a0，h(1)13aa20，且h(x)的图象是不间断的，所以存在x0(0，1)，使得h(x0)0.令b2x30ex0（1x0），则b0.函数f(x)x2a，g(x)bexx，则f(x)2x，g(x)bex（x1）x2.由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得x2abexx，2xbex（x1）x2，即x2a2x30ex0（1x0）exx，2x2x
19、30ex0（1x0）ex（x1）x2，(*)此时，x0满足方程组(*)，即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0，1)内的一个“S点”因此，对任意a0，存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，)内存在“S点”方法技巧 函数新定义问题的求解策略对于函数的新定义问题，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题演练冲关 若在公共定义域D上，f1(x)f(x)f2(x)，则称函数f(x)为函数f1(x)，f2(x)的“D函
20、数”(1)已知函数f1(x)12 x22x4ln x，f2(x)x22x2，求证：在区间(0，)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”；(2)已知aR，函数f(x)ax2ln x，f1(x)(a1)x2ax(1a2)ln x，f2(x)12x22ax.若在区间(1，)上，f(x)为f1(x)，f2(x)的“D函数”，求a的取值范围解：(1)证明：设K(x)f2(x)f1(x)12x24ln x2，下证K(x)min0.K(x)x4x（x2）（x2）x.故K(x)与K(x)随x的变化情况如下表：x(0，2)2(2，)K(x)0K(x)44ln 2 44ln 244ln e0，K(x)44ln 2
21、0.设R(x)f1(x)(44ln 2)，01，则f1(x)R(x)f2(x)在区间(0，)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”(2)设H(x)f1(x)f(x)x2axa2ln x，则在(1，)上，H(x)0.H(x)2xa2x a2x2axa2x（4xa）27a28x，在(1，)上，H(x)0，H(x)是减函数，H(x)H(1)1a0，a1.设P(x)f(x)f2(x)a12 x22axln x，则在(1，)上，P(x)0.若a12，则 4a2a11，P4a2a1 ln 4a2a10，矛盾 若a12，P(x)(2a1)x1x2a（x1）（2a1）x1x，在(1，)上，P(x)0，P(x)是减函数，P(x)P(1)12a0.a12，12a12.故所求a的取值范围为12，12.
