2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第四章　导数及其应用4.2第3课时

第3课时　导数与函数的综合问题
题型一　利用导数解或证明不等式
1．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f(1)＝0，且对于其导函数f′(x)恒有f(x)＋f′(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(　　)
A．∅ B．(0,1)
C．(1，＋∞) D．(0,1)∪(1，＋∞)
答案　B
解析　令g(x)＝f(x)ex，
由x＞0时，f(x)＋f′(x)＜0恒成立，
则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＜0，
故g(x)＝f(x)ex在(0，＋∞)上单调递减，
又f(1)＝0，所以g(1)＝0.
当x＞1时，f(x)ex＜0，得f(x)＜0；
当0＜x＜1时，f(x)ex＞0，得f(x)＞0，故选B.
2．设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(　　)
A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,0)∪(0,2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)
答案　D
解析　∵当x>0时，′<0，
∴φ(x)＝在(0，＋∞)上为减函数，
又φ(2)＝0，∴当且仅当00，
此时x2f(x)>0.
又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．
故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．
3．已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln x.
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－.
证明　(1)由题意得g′(x)＝(x>0)，
当0 当x>1时，g′(x)>0，
即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
所以g(x)≥g(1)＝1，得证．
(2)由f(x)＝1－，
得f′(x)＝，
所以当02时，f′(x)>0，
即f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，
所以f(x)≥f(2)＝1－，
当且仅当x＝2时取等号．①
又由(1)知x－ln x≥1，
当且仅当x＝1时取等号．②
因为①②等号不同时取得，
所以(x－ln x)f(x)>1－.
思维升华 (1)利用导数解不等式的思路
已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式．
(2)利用导数证明不等式的方法
证明f(x) 题型二　不等式恒成立或有解问题
例1 已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．
解　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以x＝1为极大值点，
所以0 故 (2)当x≥1时，k≤恒成立，
令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝
＝.
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，
则h′(x)＝1－≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，
所以g′(x)>0，
所以g(x)为单调增函数，
所以g(x)min＝g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
引申探究
本例(2)中若改为：存在x0∈[1，e]，使不等式f(x0)≥成立，求实数k的取值范围．
解　当x∈[1，e]时，k≤有解，
令g(x)＝(x∈[1，e])，
由本例(2)知，g(x)为单调增函数，
所以g(x)max＝g(e)＝2＋，
所以k≤2＋，即实数k的取值范围是.
思维升华 利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略
(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，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．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．
解　∵f(x)≤0，即ax＋ln x≤0对x∈[1，e]恒成立，
∴a≤－，x∈[1，e]．
令g(x)＝－，x∈[1，e]，
则g′(x)＝，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≤0，
∴g(x)在[1，e]上单调递减，
∴g(x)min＝g(e)＝－，
∴a≤－.
∴实数a的取值范围是.
题型三　利用导数研究函数的零点问题
例2 已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)探讨函数F(x)＝ln x－＋是否存在零点？若存在，求出函数F(x)的零点；若不存在，请说明理由．
解　(1)由对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
即有2xln x≥－x2＋ax－3.
即a≤2ln x＋x＋恒成立，
令h(x)＝2ln x＋x＋，
则h′(x)＝＋1－＝＝，
当x>1时，h′(x)>0，h(x)是增函数，
当0 ∴a≤h(x)min＝h(1)＝4.
即实数a的取值范围是(－∞，4]．

(2)方法一　令m(x)＝2xln x，
则m′(x)＝2(1＋ln x)，
当x∈时，m′(x)<0，m(x)单调递减；
当x∈时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
∴m(x)的最小值为m＝－，
则2xln x≥－，
∴ln x≥－，
令F(x)＝ln x－＋＝0，①
则F(x)＝ln x－＋≥－－＋
＝，
令G(x)＝－，则G′(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．
∴G(x)≥G(1)＝0.②
∴F(x)＝ln x－＋≥－－＋
＝≥0，
∵①②中取等号的条件不同，
∴F(x)>0，故函数F(x)没有零点．
方法二　令F(x)＝0，则ln x－＋＝0，
即xln x＝－(x＞0)，
易求f(x)＝xln x(x＞0)的最小值为f＝－.
设φ(x)＝－(x＞0)，
则φ′(x)＝，得φ(x)在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝－，
∴对任意x∈(0，＋∞)，有xln x＞－，
即F(x)＞0恒成立，
∴函数F(x)无零点．
思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略
研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数．
跟踪训练2 (2018·浙江金华名校统练)已知函数f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数．
解　(1)f′(x)＝(x>0)，
当a<0时，f′(x)>0恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，由f′(x)＝>0，得x>，
由f′(x)＝<0，得0 ∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)∵当x∈时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点，
即当x∈时，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根．
令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，
则h′(x)＝ex＋1.
由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，
∴当x∈时，f(x)≥f(1)＝0.
∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立．
∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0，
∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上单调递增．
∴h(x)min＝h＝－＋，h(x)max＝e.
∴当m<－＋或m>e时，函数g(x)在上没有零点，
当－＋≤m≤e时，函数g(x)在上有一个零点．


1．已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0

f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　D
解析　根据导函数图象知，2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．

由于f(0)＝f(3)＝2,1


2．已知函数y＝f(x)对任意的x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是(　　)
A.f C．f(0)>2f D．f(0)>f
答案　A
解析　令h(x)＝，
则h′(x)＝>0，x∈，
∴函数h(x)是上的增函数，
∴h 即<⇒<
⇒f 3．若不等式2xln x＋x2＋ax＋3≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a可取的值组成的集合是(　　)
A．{a|－4≤a≤0} B．{a|a≥－4}
C．{a|0≤a≤4} D．{a|a≥4}
答案　B
解析　由题意得ax≥－2xln x－x2－3，
即a≥－2ln x－x－，令g(x)＝－2ln x－x－，
则g′(x)＝－－1＋＝
＝.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，函数g(x)max＝g(1)＝－4，所以a≥g(x)max＝－4，即{a|a≥－4}．
4．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为(　　)
A．4 B．6 C．7 D．8
答案　A
解析　由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，
由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1 所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，
在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)．
若函数f(x)恰好有两个不同的零点，则f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，故选A.
5．(2018·杭州模拟)直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋1的图象及g(x)＝2x－1的图象相交于点A和点B，则|AB|的最小值为(　　)
A．2 B．3
C．4－2ln 2 D．3－2ln 2
答案　C
解析　由题意得|AB|＝|et＋1－(2t－1)|
＝|et－2t＋2|，令h(t)＝et－2t＋2，
则h′(t)＝et－2，所以h(t)在(－∞，ln 2)上单调递减，
在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以h(t)min＝h(ln 2)＝4－2ln 2>0，
即|AB|的最小值是4－2ln 2，故选C.
6．已知f(x)＝x2＋＋c(b，c是常数)和g(x)＝x＋是定义在M＝{x|1≤x≤4}上的函数，对于任意的x∈M，存在x0∈M使得f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)＝g(x0)，则f(x)在M上的最大值为(　　)
A. B．5 C．6 D．8
答案　B
解析　因为当x∈[1,4]时，g(x)＝x＋≥2＝1(当且仅当x＝2时等号成立)，
所以f(2)＝2＋＋c＝g(2)＝1，
所以c＝－1－，所以f(x)＝x2＋－1－，
所以f′(x)＝x－＝.
因为f(x)在x＝2处有最小值，且x∈[1,4]，
所以f′(2)＝0，即b＝8，
所以c＝－5，经检验，b＝8，c＝－5符合题意．
所以f(x)＝x2＋－5，f′(x)＝，
所以f(x)在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增，
而f(1)＝＋8－5＝，f(4)＝8＋2－5＝5，
所以函数f(x)在M上的最大值为5，故选B.
7．已知函数f(x)＝x－1－(e－1)ln x，其中e为自然对数的底数，则满足f(ex)<0的x的取值范围为________．
答案　(0,1)
解析　令g(x)＝f(ex)＝ex－1－(e－1)x，
则g′(x)＝ex－(e－1)，
当x＝ln(e－1)时，g′(x)＝0.
当x∈(－∞，ln(e－1))时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(ln(e－1)，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
又g(x)有0和1两个零点，所以f(ex)<0的x的取值范围为(0,1)．
8．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围为________．
答案　[0，e－1)
解析　由题意，知k＋2x－x2>0.
即k>x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，
因此由原不等式，得k<＋x2－2x恒成立．
令f(x)＝＋x2－2x，
则f′(x)＝(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k 故实数k的取值范围为[0，e－1)．
9．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则实数a的取值范围是__________．
答案　(－∞，－2)
解析　当a＝0时，f(x)＝－3x2＋1有两个零点，不合题意，故a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝.
若a>0，由三次函数图象知f(x)有负数零点，不合题意，故a<0.
由三次函数图象及f(0)＝1>0知，f>0，
即a×3－3×2＋1>0，化简得a2－4>0，
又a<0，所以a<－2.
10．定义在R上的奇函数y＝f(x)满足f(3)＝0，且不等式f(x)>－xf′(x)在(0，＋∞)上恒成立，则函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点个数为________．
答案　3
解析　定义在R上的奇函数f(x)满足：
f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，f(－x)＝－f(x)，
当x>0时，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，
∴[xf(x)]′>0，即h(x)＝xf(x)在x>0时是增函数，
又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，
∴h(x)＝xf(x)是偶函数，
∴当x<0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，
且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，
可得函数y＝xf(x)与y＝－lg|x＋1|的大致图象如图，

由图象可知，函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点的个数为3.
11．已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数．
(1)若对任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范围；
(2)当m>1时，判断f(x)在[0,2m]上零点的个数，并说明理由．
解　(1)由题意，可知f′(x)＝ex－m－1，
令f′(x)＝0，得x＝m.
故当x∈(－∞，m)时，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故当x＝m时，f(m)为极小值也为最小值．
令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，
即对任意x∈R，f(x)≥0恒成立时，
m的取值范围是(－∞，1]．
(2)f(x)在[0,2m]上有两个零点，理由如下：
当m>1时，f(m)＝1－m<0.
∵f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，且f(x)在(0，m)上单调递减，
∴f(x)在(0，m)上有一个零点．
又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，m>1，
则g′(m)＝em－2，
∵当m>1时，g′(m)＝em－2>0，
∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(m)>e－2>0，
即f(2m)>0.
∴f(m)·f(2m)<0，
又f(x)在(m,2m)上单调递增，
∴f(x)在(m,2m)上有一个零点．
故f(x)在[0,2m]上有两个零点．
12．设函数f(x)＝x2＋，x∈[0,1]．
证明：(1)f(x)≥x2－＋1；
(2)＜f(x)≤.
证明　(1)记g(x)＝f(x)－x2－1＋＝－1＋，
则g′(x)＝－＋，x∈[0,1]，
令g′(x)＞0，得x＞0，
则g(x)在区间[0,1]上单调递增．
又g(0)＝0，所以g(x)＝f(x)－x2－1＋≥0，
从而f(x)≥x2－＋1.
(2)f′(x)＝2x－，
记h(x)＝2x－，
由h(0)＝－＜0，h(1)＝2－＞0，
知存在x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0.
易知h(x)在[0,1]上是增函数，
所以f(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0,1)上单调递增，
又f(0)＝1，f(1)＝，所以f(x)在[0,1]上的最大值为.
另一方面，由(1)得当x≠时，
f(x)≥x2－＋1＝2＋＞，
且f＞，
因此，＜f(x)≤.

13．已知a，b∈R，直线y＝ax＋b＋与函数f(x)＝tan x的图象在x＝－处相切，设g(x)＝ex＋bx2＋a，若在区间[1,2]上，不等式m≤g(x)≤m2－2恒成立，则实数m有(　　)
A．最大值e B．最大值e＋1
C．最小值－e D．最小值e
答案　B
解析　由f′(x)＝，可得f′＝2，
又f＝－1，所以直线y＝ax＋b＋与函数f(x)＝tan x的图象的切点为，
因此a＝2，b＝－1，g(x)＝ex－x2＋2，
所以当x∈[1,2]时，g′(x)＝ex－2x>0，
g(x)＝ex－x2＋2单调递增，
所以g(x)min＝e＋1，g(x)max＝e2－2.
所以m≤e＋1且m2－2≥e2－2，
所以或所以e≤m≤e＋1或m≤－e.
14．已知函数f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－，则方程f(x)＝0的解的个数是______．
答案　1
解析　因为f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－，
所以f′(x)＝－x＋2＝
＝，x>0，
当x∈(0,3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－＋6－3ln 3－＝0，
所以方程f(x)＝0只有一个解．

15．设函数f(x)＝sin .若存在f(x)的极值点x0满足x＋[f(x0)]2 答案　(－∞，－2)∪(2，＋∞)
解析　方法一　f′(x)＝π·cos .
由f′(x0)＝0，得x0＝mk＋，k∈Z，
∴2＋2 即m22＋3 ∵m≠0，∴2<，k∈Z，
又min＝，∴>，
解得m>2或m<－2.
方法二　f(x0)＝±且＝kπ＋，k∈Z，
∴x0＝mk＋，k∈Z，
由x＋[f(x0)]2＜m2有解x0，
得2＋3＜m2，
解得m＞2或m＜－2.
16．(2018·浙江第二次联盟校联考)已知a为实数，函数f(x)＝ex－2－ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1 ①求实数a的取值范围；
②证明：x1＋x2>2.
(1)解　f′(x)＝ex－2－a.
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增．
当a>0时，由f′(x)＝ex－2－a＝0，得x＝2＋ln a.
若x>2＋ln a，则f′(x)>0，函数f(x)在(2＋ln a，＋∞)上单调递增；
若x<2＋ln a，则f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，2＋ln a)上单调递减．
(2)①解　由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增，没有两个不同的零点．
当a>0时，f(x)在x＝2＋ln a处取得极小值，
所以f(2＋ln a)＝eln a－a(2＋ln a)<0，得a>，
所以a的取值范围为.
②证明　由ex－2－ax＝0，得x－2＝ln(ax)＝ln a＋ln x，即x－2－ln x＝ln a.
所以x1－2－ln x1＝x2－2－ln x2＝ln a.
令g(x)＝x－2－ln x(x>0)，则g′(x)＝1－.
当x>1时，g′(x)>0；当0 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以0 要证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1>1.
因为g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以只需证g(x2)>g(2－x1)．
因为g(x1)＝g(x2)，所以只需证g(x1)>g(2－x1)，
即证g(x1)－g(2－x1)>0.
令h(x)＝g(x)－g(2－x)
＝x－2－ln x－[2－x－2－ln(2－x)]
＝2x－2－ln x＋ln(2－x)，
则h′(x)＝2－.
因为＋＝[x＋(2－x)]≥2，当且仅当x＝1时等号成立，所以当0h(1)＝0，即g(x1)－g(2－x1)>0，
所以x1＋x2>2得证．