專題15 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（3）綜合應(yīng)用一、【知識精講】函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系函數(shù)yf(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，則：(1)若f(x)>0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；(2)若f(x)<0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減；(3)若f(x)0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù).注意：函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f(x)0，“f(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件.二、【典例精練】考點一構(gòu)造函數(shù)證明不等式【例1】 已知函數(shù)f(x)1，g(x)xln x.(1)證明：g(x)1；(2)證明：(xln x)f(x)>1.證明(1)由題意得g(x)(x>0)，當(dāng)0<x<1時，g(x)<0；當(dāng)x>1時，g(x)>0，即g(x)在(0，1)上是減函數(shù)，在(1，)上是增函數(shù).所以g(x)g(1)1，得證.(2)由f(x)1，得f(x)，所以當(dāng)0<x<2時，f(x)<0，當(dāng)x>2時，f(x)>0，即f(x)在(0，2)上是減函數(shù)，在(2，)上是增函數(shù)，所以f(x)f(2)1(當(dāng)且僅當(dāng)x2時取等號).又由(1)知xln x1(當(dāng)且僅當(dāng)x1時取等號)，且等號不同時取得，所以(xln x)f(x)>1.【解法小結(jié)】1.證明不等式的基本方法：(1)利用單調(diào)性：若f(x)在a，b上是增函數(shù)，則xa，b，有f(a)f(x)f(b)，x1，x2a，b，且x1<x2，有f(x1)<f(x2).對于減函數(shù)有類似結(jié)論.(2)利用最值：若f(x)在某個范圍D內(nèi)有最大值M(或最小值m)，則xD，有f(x)M(或f(x)m).2.證明f(x)<g(x)，可構(gòu)造函數(shù)F(x)f(x)g(x)，證明F(x)<0.先通過化簡、變形，再移項構(gòu)造不等式就減少運算量，使得問題順利解決.考點二利用“若f(x)min>g(x)max，則f(x)>g(x)”證明不等式【例2】 已知函數(shù)f(x)xln xax.(1)當(dāng)a1時，求函數(shù)f(x)在(0，)上的最值；(2)證明：對一切x(0，)，都有l(wèi)n x1>成立.【解析】(1)解函數(shù)f(x)xln xax的定義域為(0，).當(dāng)a1時，f(x)xln xx，f(x)ln x2.由f(x)0，得x.當(dāng)x時，f(x)<0；當(dāng)x>時，f(x)>0.所以f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.因此f(x)在x處取得最小值，即f(x)minf，但f(x)在(0，)上無最大值.(2)證明當(dāng)x>0時，ln x1>等價于x(ln x1)>.由(1)知a1時，f(x)xln xx的最小值是，當(dāng)且僅當(dāng)x時取等號.設(shè)G(x)，x(0，)，則G(x)，易知G(x)maxG(1)，當(dāng)且僅當(dāng)x1時取到，從而可知對一切x(0，)，都有f(x)>G(x)，即ln x1>.【解法小結(jié)】1.在證明不等式中，若無法轉(zhuǎn)化為一個函數(shù)的最值問題，則可考慮轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的最值問題.2.在證明過程中，等價轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處f(x)min>g(x)max恒成立.從而f(x)>g(x)，但此處f(x)與g(x)取到最值的條件不是同一個“x的值”.考點三不等式恒成立或有解問題角度1不等式恒成立求參數(shù)【例31】 已知函數(shù)f(x)(x0).(1)判斷函數(shù)f(x)在區(qū)間上的單調(diào)性；(2)若f(x)<a在區(qū)間上恒成立，求實數(shù)a的最小值.【解析】(1)f(x)，令g(x)xcos xsin x，x，則g(x)xsin x，顯然，當(dāng)x時，g(x)xsin x<0，即函數(shù)g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，且g(0)0.從而g(x)在區(qū)間上恒小于零，所以f(x)在區(qū)間上恒小于零，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減.(2)不等式f(x)<a，x恒成立，即sin xax<0恒成立.令(x)sin xax，x，則(x)cos xa，且(0)0.當(dāng)a1時，在區(qū)間上(x)<0，即函數(shù)(x)單調(diào)遞減，所以(x)<(0)0，故sin xax<0恒成立.當(dāng)0<a<1時，(x)cos xa0在區(qū)間上存在唯一解x0，當(dāng)x(0，x0)時，(x)>0，故(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞增，且(0)0，從而(x)在區(qū)間(0，x0)上大于零，這與sin xax<0恒成立相矛盾.當(dāng)a0時，在區(qū)間上(x)>0，即函數(shù)(x)單調(diào)遞增，且(0)0，得sin xax>0恒成立，這與sin xax<0恒成立相矛盾.故實數(shù)a的最小值為1.【解法小結(jié)】1.破解此類題需“一形一分類”，“一形”是指會結(jié)合函數(shù)的圖象，對函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，然后判斷其極值，從而得到含有參數(shù)的方程組，解方程組，即可求出參數(shù)的值；“一分類”是指對不等式恒成立問題，常需對參數(shù)進(jìn)行分類討論，求出參數(shù)的取值范圍.2.利用導(dǎo)數(shù)研究含參數(shù)的不等式問題，若能夠分離參數(shù)，則常將問題轉(zhuǎn)化為形如af(x)(或af(x)的形式，通過求函數(shù)yf(x)的最值求得參數(shù)范圍.角度2不等式能成立求參數(shù)的取值范圍【例32】 已知函數(shù)f(x)x2(2a1)xaln x(aR).(1)若f(x)在區(qū)間1，2上是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)函數(shù)g(x)(1a)x，若x01，e使得f(x0)g(x0)成立，求實數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)f(x)，當(dāng)導(dǎo)函數(shù)f(x)的零點xa落在區(qū)間(1，2)內(nèi)時，函數(shù)f(x)在區(qū)間1，2上就不是單調(diào)函數(shù)，即a(1，2)，所以實數(shù)a的取值范圍是(，12，).(2)由題意知，不等式f(x)g(x)在區(qū)間1，e上有解，即x22xa(ln xx)0在區(qū)間1，e上有解.因為當(dāng)x1，e時，ln x1x(不同時取等號)，xln x>0，所以a在區(qū)間1，e上有解.令h(x)，則h(x).因為x1，e，所以x2>22ln x，所以h(x)0，h(x)在1，e上單調(diào)遞增，所以x1，e時，h(x)maxh(e)，所以a，所以實數(shù)a的取值范圍是.【解法小結(jié)】1.含參數(shù)的能成立(存在型)問題的解題方法af(x)在xD上能成立，則af(x)min；af(x)在xD上能成立，則af(x)max.2.含全稱、存在量詞不等式能成立問題(1)存在x1A，任意x2B使f(x1)g(x2)成立，則f(x)maxg(x)max；(2)任意x1A，存在x2B，使f(x1)g(x2)成立，則f(x)ming(x)min.考點四判斷零點的個數(shù)【例4】（2019全國卷）已知函數(shù)，為的導(dǎo)數(shù)證明：（1）在區(qū)間存在唯一極大值點；（2）有且僅有2個零點【解析】（1）設(shè)，則，.當(dāng)時，單調(diào)遞減，而，可得在有唯一零點，設(shè)為.則當(dāng)時，；當(dāng)時，.所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故在存在唯一極大值點，即在存在唯一極大值點.（2）的定義域為.（i）當(dāng)時，由（1）知，在單調(diào)遞增，而，所以當(dāng)時，故在單調(diào)遞減，又，從而是在的唯一零點.（ii）當(dāng)時，由（1）知，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，而，所以存在，使得，且當(dāng)時，；當(dāng)時，.故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.又，所以當(dāng)時，.從而在沒有零點.（iii）當(dāng)時，所以在單調(diào)遞減.而，所以在有唯一零點.（iv）當(dāng)時，所以<0，從而在沒有零點.綜上，有且僅有2個零點.【解法小結(jié)】利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)零點或方程根個數(shù)的常用方法(1)構(gòu)建函數(shù)g(x)(要求g(x)易求，g(x)0可解)，轉(zhuǎn)化確定g(x)的零點個數(shù)問題求解，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值，并確定定義區(qū)間端點值的符號(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)零點的個數(shù).(2)利用零點存在性定理：先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點值符號，進(jìn)而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點的個數(shù).考點五已知函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)的取值范圍【例5】(2016年全國卷) 已知函數(shù)有兩個零點（I）求a的取值范圍；（II）設(shè)，是的兩個零點，證明：【解析】（）（i）設(shè)，則，只有一個零點（ii）設(shè)，則當(dāng)時，；當(dāng)時，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增又，取滿足且，則，故存在兩個零點（iii）設(shè)，由得或若，則，故當(dāng)時，因此在上單調(diào)遞增又當(dāng)時，所以不存在兩個零點若，則，故當(dāng)時，；當(dāng)時，因此在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增又當(dāng)時，所以不存在兩個零點綜上，的取值范圍為（）不妨設(shè)，由（）知，又在上單調(diào)遞減，所以等價于，即由于，而，所以設(shè)，則所以當(dāng)時，而，故當(dāng)時，從而，故【解法小結(jié)】與函數(shù)零點有關(guān)的參數(shù)范圍問題，往往利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點，并結(jié)合特殊點，從而判斷函數(shù)的大致圖象，討論其圖象與x軸的位置關(guān)系，進(jìn)而確定參數(shù)的取值范圍；或通過對方程等價變形轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象的交點問題.三、【名校新題】1.(2019·安徽江南十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)xln x(x>0).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若對任意x(0，)，f(x)恒成立，求實數(shù)m的最大值.【解析】(1)由f(x)xln x(x>0)，得f(x)1ln x，令f(x)>0，得x>；令f(x)<0，得0<x<.f(x)的單調(diào)增區(qū)間是，單調(diào)減區(qū)間是.故f(x)在x處有極小值f，無極大值.(2)由f(x)及f(x)xln x，得m恒成立，問題轉(zhuǎn)化為m.令g(x)(x>0)，則g(x)，由g(x)>0x>1，由g(x)<00<x<1.所以g(x)在(0，1)上是減函數(shù)，在(1，)上是增函數(shù)，所以g(x)ming(1)4，因此m4，所以m的最大值是4.2.(2018·東北三省四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ln xxm(m<2，m為常數(shù)).(1)求函數(shù)f(x)在的最小值；(2)設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，且x1<x2，證明：x1·x2<1.【解析】(1)解f(x)ln xxm(m<2)的定義域為(0，)，且f(x)0，x1.當(dāng)x(0，1)時，f(x)>0，所以yf(x)在(0，1)遞增；當(dāng)x(1，)時，f(x)<0，所以yf(x)在(1，)上遞減.且f1m，f(e)1em，因為ff(e)2e>0，函數(shù)f(x)在的最小值為1em.(2)證明由(1)知x1，x2滿足ln xxm0，且0<x1<1，x2>1，ln x1x1mln x2x2m0，由題意可知ln x2x2m<2<ln 22.又由(1)可知f(x)ln xx在(1，)遞減，故x2>2，所以0<x1，<1.則f(x1)fln x1x1ln x2x2x22ln x2.令g(x)x2ln x(x>2)，則g(x)10，當(dāng)x>2時，g(x)是減函數(shù)，所以g(x)<g(2)ln 4.因ln 4ln>lnlnlnln>ln 10，g(x)<0，所以當(dāng)x>2時，f(x1)f<0，即f(x1)<f.因為0<x1，<1，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增.所以x1<，故x1x2<1.3.(2019·保定調(diào)研)已知函數(shù)f(x)x3x2ax2的圖象過點A.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)f(x)2m3有3個零點，求m的取值范圍.【解析】(1)因為函數(shù)f(x)x3x2ax2的圖象過點A，所以4a4a2，解得a2，即f(x)x3x22x2，所以f(x)x2x2.由f(x)>0，得x<1或x>2.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，1)，(2，).(2)由(1)知f(x)極大值f(1)22，f(x)極小值f(2)242，由數(shù)形結(jié)合，可知要使函數(shù)g(x)f(x)2m3有三個零點，則<2m3<，解得<m<.所以m的取值范圍為.4.(2018·江蘇卷改編)若函數(shù)f(x)2x3ax21(aR)在區(qū)間(0，)內(nèi)有且只有一個零點，求f(x)在1，1上的最大值與最小值的和.【解析】f(x)6x22ax2x(3xa)(aR)，當(dāng)a0時，f(x)>0在(0，)上恒成立，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，又f(0)1，所以此時f(x)在(0，)內(nèi)無零點，不滿足題意.當(dāng)a>0時，由f(x)>0得x>，由f(x)<0得0<x<，則f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又f(x)在(0，)內(nèi)有且只有一個零點，所以f10，得a3，所以f(x)2x33x21，則f(x)6x(x1)，當(dāng)x(1，0)時，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(0，1)時，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.則f(x)maxf(0)1，f(1)4，f(1)0，則f(x)min4，所以f(x)在1，1上的最大值與最小值的和為3.5.(2019·合肥質(zhì)檢)已知二次函數(shù)f(x)的最小值為4，且關(guān)于x的不等式f(x)0的解集為x|1x3，xR.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)4ln x的零點個數(shù).【解析】(1)f(x)是二次函數(shù)，且關(guān)于x的不等式f(x)0的解集為x|1x3，xR，設(shè)f(x)a(x1)(x3)ax22ax3a，且a>0.f(x)minf(1)4a4，a1.故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)x22x3.(2)由(1)知g(x)4ln xx4ln x2，g(x)的定義域為(0，)，g(x)1，令g(x)0，得x11，x23.當(dāng)x變化時，g(x)，g(x)的取值變化情況如下表：x(0，1)1(1，3)3(3，)g(x)00g(x)極大值極小值當(dāng)0<x3時，g(x)g(1)4<0，當(dāng)x>3時，g(e5)e5202>251229>0.又因為g(x)在(3，)上單調(diào)遞增，因而g(x)在(3，)上只有1個零點，故g(x)僅有1個零點.6.(2015山東)設(shè)函數(shù)，其中（）討論函數(shù)極值點的個數(shù)，并說明理由；（）若，成立，求的取值范圍【解析】：（）由題意知函數(shù)的定義域為，令，（1）當(dāng)時，此時，函數(shù)在單調(diào)遞增，無極值點；（2）當(dāng)時，當(dāng)時，函數(shù)在單調(diào)遞增，無極值點；當(dāng)時，設(shè)方程的兩根為，因為，所以，由，可得，所以當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增；因此函數(shù)有兩個極值點。（3）當(dāng)時，由，可得，當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞減；所以函數(shù)有一個極值點。綜上所述：當(dāng)時，函數(shù)有一個極值點；當(dāng)時，函數(shù)無極值點；當(dāng)時，函數(shù)有兩個極值點。（II）由（I）知，（1）當(dāng)時，函數(shù)在上單調(diào)遞增，因為，所以時，符合題意；（2）當(dāng)時，由，得，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，又，所以時，符合題意；（3）當(dāng)時，由，可得，所以時，函數(shù)單調(diào)遞減；因為，所以時，不合題意；（4）當(dāng)時，設(shè)，因為時，所以在上單調(diào)遞增。因此當(dāng)時，即，可得，當(dāng)時，此時，不合題意，綜上所述，的取值范圍是7.（2012山東）已知函數(shù)（為常數(shù)，是自然對數(shù)的底數(shù)），曲線在點處的切線與軸平行（）求的值；（）求的單調(diào)區(qū)間；（）設(shè)，其中是的導(dǎo)數(shù)證明：對任意的，【解析】（）由 = 可得，而，即，解得；（），令可得，當(dāng)時，；當(dāng)時，于是在區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)；在內(nèi)為減函數(shù)。（）=因此對任意的，等價于設(shè)所以因此時，時，所以，故。設(shè)，則，即，對任意的，14