2019届二轮复习第5讲 导数的综合应用与热点问题学案（全国通用）
第 5 讲 导数的综合应用与热点问题
高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含
指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、
不等式恒成立与能成立问题.
真 题 感 悟
1.(2018·全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)＝ex－ax2.
(1)若 a＝1，证明：当 x≥0 时，f(x)≥1；
(2)若 f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求 a.
(1)证明 当 a＝1 时，f(x)＝ex－x2，则 f′(x)＝ex－2x.
令 g(x)＝f′(x)，则 g′(x)＝ex－2.
令 g′(x)＝0，解得 x＝ln 2.
当 x∈(0，ln 2)时，g′(x)<0；
当 x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0.
∴当 x≥0 时，g(x)≥g(ln 2)＝2－2ln 2>0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.
(2)解 若 f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程 ex－ax2＝0 在(0，＋∞)上只有
一个解，
由 a＝ex
x2
，令φ(x)＝ex
x2
，x∈(0，＋∞)，
φ′(x)＝ex（x－2）
x3
，令φ′(x)＝0，解得 x＝2.
当 x∈(0，2)时，φ′(x)<0；
当 x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.
∴φ(x)min＝φ(2)＝e2
4.∴a＝e2
4.
2.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)＝ax2－ax－xln x，且 f(x)≥0.
(1)求 a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e－2
1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以 x＝1 是 g(x)的极小值点，故 g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明 由(1)知 f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，
设 h(x)＝2x－2－ln x，则 h′(x)＝2－1
x.
当 x∈ 0，1
2 时，h′(x)<0；
当 x∈
1
2
，＋∞ 时，h′(x)>0.
所以 h(x)在 0，1
2 单调递减，在
1
2
，＋∞ 单调递增.
又 h(e－2)>0，h
1
2 <0，h(1)＝0，
所以 h(x)在 0，1
2 有唯一零点 x0，在
1
2
，＋∞ 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 x＝x0 是 f(x)的唯一极大值点.
由 f′(x0)＝0 得 ln x0＝2(x0－1)，
故 f(x0)＝x0(1－x0).
由 x0∈ 0，1
2 得 f(x0)<1
4.
因为 x＝x0 是 f(x)在(0，1)的最大值点，
由 e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0 得 f(x0)>f(e－1)＝e－2.
所以 e－20
两个 f(x1)＝0 或者 f(x2)＝0
三个 f(x1)＞0 且 f(x2)＜0
a＜0
(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
3.利用导数解决不等式问题
(1)利用导数证明不等式.
若证明 f(x)g(x)对一切 x∈I 恒成立 I 是 f(x)>g(x)的解集的子集 [f(x)－g(x)]min>0(x∈
I).
② x∈I， 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)]max>0(x∈I).
③对 x1，x2∈I 使得 f(x1)≤g(x2) f(x)max≤g(x)min.
④对 x1∈I， x2∈I 使得 f(x1)≥g(x2) f(x)min≥g(x)min.
温馨提醒 解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，
恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.
热点一 利用导数研究函数的零点(方程的根)
【例 1】 (2018·西安调研)函数 f(x)＝ax＋xln x 在 x＝1 处取得极值.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)若 y＝f(x)－m－1 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)＝a＋ln x＋1，x>0，
由 f′(1)＝a＋1＝0，解得 a＝－1.则 f(x)＝－x＋xln x，
∴f′(x)＝ln x，令 f′(x)>0，解得 x>1；
令 f′(x)<0，解得 0－1，
即 m>－2，①
当 00 且 x→0 时，f(x)→0；
当 x→＋∞时，显然 f(x)→＋∞.
如图，由图象可知，m＋1<0，即 m<－1，②
由①②可得－20 且 c－32
27<0 时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在 x1∈(－4，－2)，x2
∈ －2，－2
3 ，x3∈ －2
3
，0 ，使得 f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由 f(x)的单调性知，当且仅当 c∈ 0，32
27 时，函数 f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c 有三个不
同零点.
热点二 利用导数证明不等式
【例 2】 (2018·郑州质检)已知函数 f(x)＝x－1＋aex.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)当 a＝－1 时，设－10，且 f(x1)＋f(x2)＝－5，证明：x1－2x2>－4＋1
e.
(1)解 由 f(x)＝x－1＋aex，得 f′(x)＝1＋aex.
当 a≥0 时，f′(x)>0，则 f(x)在 R 上单调递增.
当 a<0 时，令 f′(x)>0，得 xln
－1
a ，则 f(x)的单调递减区间为 ln
－1
a ，＋∞ .
(2)证明 法一 设 g(x)＝f(x)＋2x＝－ex＋3x－1，则 g′(x)＝－ex＋3.
由 g′(x)<0，得 x>ln 3；由 g′(x)>0，得 x－4＋ex1.
∵－1－4＋1
e.
从而 x1－2x2>－4＋1
e.
法二 ∵f(x1)＋f(x2)＝－5，∴x1＝ex1＋ex2－x2－3，
∴x1－2x2＝ex1＋ex2－3x2－3.
设 g(x)＝ex－3x，则 g′(x)＝ex－3.
由 g′(x)<0，得 x0，得 x>ln 3.
故 g(x)min＝g(ln 3)＝3－3ln 3.
∵－10，
∴x1－2x2>e－1＋3－3ln 3－3＝1
e
－3ln 3，
∵3ln 3＝ln 27<4，∴x1－2x2>－4＋1
e.
探究提高 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① x∈[a，b]，有 f(a)≤f(x)≤f(b)，
② x1，x2∈[a，b]，且 x11，证明当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
(1)解 由 f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，得 f′(x)＝1
x
－1.
令 f′(x)＝0，解得 x＝1.
当 00，f(x)单调递增.
当 x>1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
因此 f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数.
(2)证明 由(1)知，函数 f(x)在 x＝1 处取得最大值 f(1)＝0.∴当 x≠1 时，ln x1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则 g′(x)＝c－1－cxln c.
令 g′(x)＝0，解得 x0＝
lnc－1
ln c
ln c
.
当 x0，g(x)单调递增；
当 x>x0 时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
由(2)知 10.
∴当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
热点三 不等式恒成立、存在性问题
考法 1 不等式恒成立问题
【例 3－1】 (2016·全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).
(1)当 a＝4 时，求曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求 a 的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当 a＝4 时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋1
x
－3，f′(1)＝－2.
故曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 2x＋y－2＝0.
(2)当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0 等价于 ln x－a（x－1）
x＋1
>0，
设 g(x)＝ln x－a（x－1）
x＋1
，
则 g′(x)＝1
x
－ 2a
（x＋1）2
＝x2＋2（1－a）x＋1
x（x＋1）2
，g(1)＝0.
①当 a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故 g′(x)>0，g(x)在(1，
＋∞)单调递增，因此 g(x)>g(1)＝0.
②当 a>2 时，令 g′(x)＝0，
得 x1＝a－1－ （a－1）2－1，x2＝a－1＋ （a－1）2－1.由 x2>1 和 x1x2＝1 得
x1<1.
故当 x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此 g(x)0，f(x)单调递增；当π＋2kπ0，又(x＋1)sin x≥0，
当 x∈ 0，π
2 ，t′(x)>0，t(x)在 0，π
2 为增函数，
t(x)min＝t(0)＝m－1＋ 2，
所以 m－1＋ 2≤0，m≤1－ 2.
即实数 m 的取值范围是(－∞，1－ 2).
探究提高 1.对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，
直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，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.
2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即 f(x)≥g(a)对于 x∈D 恒成立，
应求 f(x)的最小值；若存在 x∈D，使得 f(x)≥g(a)成立，应求 f(x)的最大值.应特别
关注等号是否取到，注意端点的取舍.
【训练 3】 (2018·石家庄调研)设函数 f(x)＝e（x2－ax＋a）
ex (a∈R).
(1)若曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线过点 M(2，3)，求 a 的值；
(2)设 g(x)＝x＋ 1
x＋1
－1
3
，若对任意的 n∈[0，2]，存在 m∈[0，2]，使得 f(m)≥g(n)
成立，求 a 的取值范围.
解 (1)因为 f(x)＝e（x2－ax＋a）
ex
，
所以 f′(x)＝e·（2x－a）ex－（x2－ax＋a）ex
e2x
＝－（x－2）（x－a）
ex－1 .又 f(1)＝1，即切点为(1，1)，
所以 k＝f′(1)＝1－a＝3－1
2－1
，解得 a＝－1.
(2)“对任意的 n∈[0，2]，存在 m∈[0，2]，使得 f(m)≥g(n)成立”，等价于“在[0，2]
上，f(x)的最大值大于或等于 g(x)的最大值”.
因为 g(x)＝x＋ 1
x＋1
－1
3
，g′(x)＝ x2＋2x
（x＋1）2
≥0，
所以 g(x)在[0，2]上单调递增，所以 g(x)max＝g(2)＝2.
令 f′(x)＝0，得 x＝2 或 x＝a.
①当 a≤0 时，f′(x)≥0 在[0，2]上恒成立，f(x)单调递增，
f(x)max＝f(2)＝(4－a)e－1≥2，解得 a≤4－2e；
②当 00，f(x)单调递增；
当 x∈ 2，5
2 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
故当 x＝2 时，f(x)取得最大值 80，
则 V≤ 3× 80＝4 15.
∴体积最大值为 4 15 cm3.
答案 4 15
1.重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可
转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解.
2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与 x 轴交点的个数，除了受
两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解
题时要注意通过数形结合找到正确的条件.
3.利用导数方法证明不等式 f(x)>g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数 h(x)
＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数 h(x)>0.其中找到函
数 h(x)＝f(x)－g(x)的零点是解题的突破口.
4.不等式恒成立、能成立问题常用解法
(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，
采用分离参数转化为函数的最值问题，形如 a＞f(x)max 或 a＜f(x)min.
(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数
的最值问题，伴有对参数的分类讨论.
(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质
的灵活应用.
一、选择题
1.设 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且 f(2)＝0，当 x>0 时，有xf′（x）－f（x）
x2 <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)
解析 x>0 时
f（x）
x ′＝xf′（x）－f（x）
x2 <0，
∴φ(x)＝f（x）
x
在(0，＋∞)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).
答案 D
2.(2018·贵阳联考)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 10，即 k>x2－2x 对任意 x∈(0，2)恒成立，从而 k≥0.
由 x
ex< 1
k＋2x－x2
得 k0，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 k1，
1
2x＋1
2
，x≤1，若 m0，得 2f′(x)，
且 f(0)＝1，则不等式f（x）
ex <1 的解集为________.
解析 令 g(x)＝f（x）
ex
，
则 g′(x)＝ex·f′（x）－（ex）′·f（x）
（ex）2
＝f′（x）－f（x）
ex .
由题意得 g′(x)<0 恒成立，所以函数 g(x)＝f（x）
ex
在 R 上单调递减.
又 g(0)＝f（0）
e0
＝1，所以f（x）
ex <1，即 g(x)0，所以不等式的解集为{x|x>0}.
答案 {x|x>0}
8.(2018·江苏卷)若函数 f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，
则 f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.
解析 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当 a≤0 时，f′(x)>0 在(0，＋∞)上恒成
立，则 f(x)在(0，＋∞)上单调递增.又 f(0)＝1，所以此时 f(x)在(0，＋∞)内无零点，
不满足题意.当 a>0 时，由 f′(x)>0 得 x>a
3
，由 f′(x)<0 得 00，f(x)单调递增，当 x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.则 f(x)max
＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则 f(x)min＝－4，所以 f(x)在[－1，1]上的最大值
与最小值的和为－3.
答案 －3
三、解答题
9.(2018·兰州调研)设函数 f(x)＝x－2
x
－a ln x－1
x2 ，a∈R.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)当 a>0 时，记 f(x)的最小值为 g(a)，证明：g(a)<1.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋2
x2
－a
1
x
＋2
x3 ＝x2＋2
x2
－ax2＋2
x3
＝（x2＋2）（x－a）
x3
，
当 a≤0 时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 a>0 时，当 x∈(0，a)，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当 x∈(a，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增.
综上，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 a>0 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)min＝f(a)＝a－2
a
－a ln a－ 1
a2 ＝a－aln a－1
a
，
即 g(a)＝a－aln a－1
a.
要证 g(a)<1，即证 a－aln a－1
a<1，
即证：ln a＋1
a
＋ 1
a2
－1>0，
令 h(a)＝ln a＋1
a
＋ 1
a2
－1，
则只需证 h(a)＝ln a＋1
a
＋ 1
a2
－1>0，
h′(a)＝1
a
－ 1
a2
－ 2
a3
＝a2－a－2
a3
＝（a－2）（a＋1）
a3 .
当 a∈(0，2)时，h′(a)<0，h(a)单调递减；
当 a∈(2，＋∞)时，h′(a)>0，h(a)单调递增；
所以 h(a)min＝h(2)＝ln 2＋1
2
＋1
4
－1＝ln 2－1
4>0，
所以 h(a)>0，即 g(a)<1.
10.已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝ x＋x，其中 e 是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(1)证明：函数 h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；
(2)求方程 f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由.
(1)证明 由题意可得 h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－ x－x，
所以 h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－ 2>0，
所以 h(1)h(2)<0，
所以函数 h(x)在区间(1，2)上有零点.
(2)解 由(1)可知 h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－ x－x.
由 g(x)＝ x＋x 知 x∈[0，＋∞)，
而 h(0)＝0，则 x＝0 为 h(x)的一个零点.
又 h(x)在(1，2)内有零点，
因此 h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点.
h′(x)＝ex－1
2x－1
2
－1，记φ(x)＝ex－1
2x－1
2
－1，
则φ′(x)＝ex＋1
4x－3
2.
当 x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，
即 h(x)在(0，＋∞)内至多有两个零点，
则 h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程 f(x)＝g(x)的根的个数为 2.
11.已知函数 f(x)＝eax－ax－1.
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)设 m 为整数，且对于任意正整数 n(n≥2).若(n！)
2
n（n－1）0 时，令 f′(x)>0，解得 x>0.
所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 a＝0 时，显然无单调区间；
当 a<0 时，令 f′(x)>0，解得 x>0，
所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
综上，当 a＝0 时，无单调区间；a≠0 时，单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区
间为(0，＋∞).
(2)令 a＝1，由(1)可知 f(x)的最小值为 f(0)＝0，
所以 f(x)≥0.
所以 ex≥x＋1(当 x＝0 时取得“＝”).
令 x＝n－1，则 en－1>n，
所以 e0·e1·e2·…·en－1>1×2×3×…×n，
即 e
n（n－1）
2 >n！，
两边进行 2
n（n－1）次方得(n！)
2
n（n－1）
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