第5講　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.[不等式恒成立問題](2020·全國Ⅰ卷,T21)已知函數(shù)f(x)=ex+ax2-x.(1)當(dāng)a=1時(shí),討論f(x)的單調(diào)性;(2)當(dāng)x≥0時(shí),f(x)≥x3+1,求a的取值范圍.解:(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ex+x2-x,f′(x)=ex+2x-1,設(shè)g(x)=f′(x),因?yàn)間′(x)=ex+2>0,可得g(x)在R上單調(diào)遞增,即f′(x)在R上單調(diào)遞增,因?yàn)閒′(0)=0,所以當(dāng)x>0時(shí),f′(x)>0;當(dāng)x<0時(shí),f′(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,0)上單調(diào)遞減.(2)當(dāng)x≥0時(shí),f(x)≥x3+1恒成立,①當(dāng)x=0時(shí),不等式恒成立,可得a∈R;②當(dāng)x>0時(shí),可得a≥恒成立,設(shè)h(x)=,則h′(x)====,設(shè)m(x)=ex-x2-x-1,可得m′(x)=ex-x-1,設(shè)(x)=m′(x)=ex-x-1,則′(x)=ex-1,由x>0,可得′(x)>0恒成立,可得m′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以m′(x)>m′(0)=0,即m′(x)>0恒成立,即m(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以m(x)>m(0)=0,再令h′(x)=0,可得x=2,當(dāng)0<x<2時(shí),h′(x)>0,h(x)在(0,2)上單調(diào)遞增;當(dāng)x>2時(shí),h′(x)<0,h(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞減,所以h(x)max=h(2)=,所以a≥.綜上可得,a的取值范圍是[,+∞).2.[不等式的證明](2021·全國乙卷,T20改編)已知函數(shù)f(x)=ln(1-x),設(shè)函數(shù)g(x)=.證明:g(x)<1.證明:f(x)=ln(1-x),g(x)==,x<1且x≠0.當(dāng) x∈(0,1)時(shí),要證g(x)=<1,因?yàn)閤>0,ln(1-x)<0, 所以xln(1-x)<0,即證x+ln(1-x)>xln(1-x),化簡得x+(1-x)ln(1-x)>0.同理,當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),要證g(x)=<1,因?yàn)閤<0,ln(1-x)>0,所以xln(1-x)<0,即證x+ln(1-x)>xln(1-x),化簡得x+(1-x)ln(1-x)>0.令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),再令t=1-x,則t∈(0,1)∪(1,+∞),x=1-t,令(t)=1-t+tln t,′(t)=-1+ln t+1=ln t,當(dāng)t∈(0,1)時(shí),′(t)<0,(t)單調(diào)遞減,假設(shè)(1)能取到,則(1)=0,故(t)>(1)=0;當(dāng)t∈(1,+∞)時(shí),′(t)>0,(t)單調(diào)遞增,假設(shè)(1)能取到,則(1)=0,故(t)>(1)=0.綜上所述,g(x)<1成立.3.[函數(shù)的零點(diǎn)問題](2022·全國乙卷,T20)已知函數(shù)f(x)=ax--(a+1)ln x.(1)當(dāng)a=0時(shí),求f(x)的最大值;(2)若f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍.解:(1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=--ln x,x>0,則f′(x)=-=,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.所以f(x)max=f(1)=-1.(2)f(x)=ax--(a+1)ln x,x>0,則f′(x)=a+-=,x>0,當(dāng)a≤0時(shí),ax-1≤0,所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.所以f(x)max=f(1)=a-1<0,此時(shí)函數(shù)無零點(diǎn),不符合題意;當(dāng)0<a<1時(shí),>1,在(0,1),(,+∞)上,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;在(1,)上,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.又f(1)=a-1<0,當(dāng)x趨近正無窮大時(shí),f(x)趨近正無窮大,所以f(x)僅在(,+∞)上有唯一零點(diǎn),符合題意;當(dāng)a=1時(shí),f′(x)=≥0,所以f(x)單調(diào)遞增,又f(1)=a-1=0,所以f(x)有唯一零點(diǎn),符合題意;當(dāng)a>1時(shí),<1,在(0,),(1,+∞)上,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;在(,1)上,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.此時(shí)f(1)=a-1>0,所以f()>f(1)>0,又當(dāng)x趨近0時(shí),f(x)趨近負(fù)無窮大,所以f(x)在(0,)上有一個(gè)零點(diǎn),在(,+∞)上無零點(diǎn),所以f(x)有唯一零點(diǎn),符合題意.綜上,a的取值范圍為(0,+∞).　　高考對(duì)這部分內(nèi)容的考查主要有:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)、證明不等式、解決恒(能)成立問題.大多與指數(shù)型函數(shù)、對(duì)數(shù)型函數(shù)、三角函數(shù)相結(jié)合,以壓軸題的形式呈現(xiàn),難度大.熱點(diǎn)一　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)判斷函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的思路:判斷函數(shù)在某區(qū)間[a,b]或(a,b)內(nèi)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)時(shí),主要思路:一是由f(a)·f(b)<0及函數(shù)零點(diǎn)存在定理,說明在此區(qū)間上至少有一個(gè)零點(diǎn);二是求導(dǎo),判斷函數(shù)在區(qū)間(a,b)上的單調(diào)性,若函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)遞增或遞減,則說明至多只有一個(gè)零點(diǎn);若函數(shù)在區(qū)間[a,b]或(a,b)上不單調(diào),則要求其最大值或最小值,借用圖象法等判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù).典例1　(2020·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=ex-a(x+2).(1)當(dāng)a=1時(shí),討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍.解:(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ex-(x+2),f′(x)=ex-1,令f′(x)<0,解得x<0,令f′(x)>0,解得x>0,所以f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.(2)法一　f′(x)=ex-a.①當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,故f(x)至多存在一個(gè)零點(diǎn),不符合題意.②當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)=0,可得x=ln a.當(dāng)x∈(-∞,ln a)時(shí),f′(x)<0;當(dāng)x∈(ln a,+∞)時(shí),f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,+∞)上單調(diào)遞增.故當(dāng)x=ln a時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f(ln a)=-a(1+ln a).(ⅰ)若0<a≤,則f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在一個(gè)零點(diǎn),不符合題意.(ⅱ)若a>,f(ln a)<0.因?yàn)閒(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零點(diǎn).由(1)知,當(dāng)x>2時(shí),ex-x-2>0,所以當(dāng)x>4且x>2ln(2a)時(shí),f(x)=·-a(x+2)>eln(2a)·(+2)-a(x+2)=2a>0,故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零點(diǎn),從而f(x)在(-∞,+∞)上有兩個(gè)零點(diǎn).綜上,a的取值范圍是(,+∞).法二　令f(x)=0,得ex=a(x+2),即=,所以函數(shù)y=的圖象與函數(shù)(x)=的圖象有兩個(gè)交點(diǎn),′(x)=,當(dāng)x∈(-∞,-1)時(shí),′(x)>0;當(dāng)x∈(-1,+∞)時(shí),′(x)<0,所以(x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞增,在(-1,+∞)上單調(diào)遞減,所以(x)max=(-1)=e,且x→-∞時(shí),(x)→-∞;x→+∞時(shí),(x)→0,所以0<<e,解得a>.所以a的取值范圍是(,+∞).利用函數(shù)零點(diǎn)情況求參數(shù)取值范圍的方法(1)分離參數(shù)(a=g(x))后,將問題轉(zhuǎn)化為y=g(x)的值域(最值)問題或轉(zhuǎn)化為直線y=a與y=g(x)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題(優(yōu)選分離,次選分類)求解.(2)利用函數(shù)零點(diǎn)存在定理構(gòu)建不等式求解.(3)轉(zhuǎn)化為兩個(gè)熟悉的函數(shù)圖象的位置關(guān)系問題,從而構(gòu)建不等式求解.熱點(diǎn)訓(xùn)練1　 (2021·全國甲卷) 已知a>0且a≠1,函數(shù)f(x)=(x>0).(1)當(dāng)a=2時(shí),求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若曲線y=f(x)與直線y=1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn),求a的取值范圍.解:(1)當(dāng)a=2時(shí),f(x)=(x>0),f′(x)==,令f′(x)=0得x=,當(dāng)0<x<時(shí),f′(x)>0,當(dāng)x>時(shí),f′(x)<0,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),單調(diào)遞減區(qū)間為(,+∞).(2)f(x)==1?ax=xa?xln a=aln x?=,設(shè)函數(shù)g(x)=(x>0),則g′(x)=,令g′(x)=0,得x=e,在(0,e)上,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;在(e,+∞)上,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,所以g(x)max=g(e)=,又g(1)=0,當(dāng)x趨近于+∞時(shí),g(x)趨近于0,所以曲線y=g(x)與直線y=有兩個(gè)交點(diǎn)的充分必要條件是0<<,即0<g(a)<g(e),所以a的取值范圍是(1,e)∪(e,+∞).熱點(diǎn)二　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式單變量不等式的證明方法(1)移項(xiàng)法:將證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=f(x)-g(x).(2)最值法:欲證f(x)<g(x),有時(shí)可以證明f(x)max<g(x)min.(3)放縮法:在證明相關(guān)不等式中,若能靈活運(yùn)用ex≥x+1,ln x≤x-1這兩個(gè)不等式和不等式ex≥ex,ln x≤x,ln x≥1-進(jìn)行放縮,往往事半功倍.一般地,有ef(x)≥f(x)+1,ln g(x)≤g(x)-1,擴(kuò)大了應(yīng)用范圍.典例2　(2022·湖北模擬調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=xex-1,g(x)=a(ln x+x).(1)若不等式f(x)≥g(x)恒成立,求正實(shí)數(shù)a的值;(2)證明:x2ex>(x+2)ln x+2sin x. (1)解: 令h(x)=f(x)-g(x)=xex-a(ln x+x)-1(x>0),則h′(x)=(x+1)ex-a(1+)=,設(shè)(x)=xex-a(a>0),則′(x)=(x+1)ex>0對(duì)任意x>0恒成立,所以(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又(0)=-a<0,(a)=aea-a=a(ea-1)>0,存在唯一實(shí)數(shù)x0∈(0,a),(x0)=0,所以當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),h′(x)=<0,h(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),h′(x)=>0,h(x)單調(diào)遞增,所以h(x)min=h(x0)=x0-a(x0+ln x0)-1.因?yàn)?/span>(x0)=x0-a=0(0<x0<a),所以x0=a,且x0+ln x0=ln a(a>0).所以h(x)min=a-aln a-1,設(shè)F(a)=a-aln a-1(a>0),因?yàn)镕′(a)=1-(1+ln a)=-ln a,所以F(a)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以F(a)≤F(1)=0,而依題意必有F(a)≥0,所以F(a)=0,此時(shí)a=1,所以若不等式f(x)≥g(x)恒成立,則正實(shí)數(shù)a的值為1.(2)證明:法一(借助第(1)問結(jié)論)由(1)得,當(dāng)a=1時(shí),xex-1≥x+ln x對(duì)任意x>0恒成立.所以?x∈(0,+∞),xex≥x+ln x+1,則x2ex≥x2+xln x+x(x>0).所以要證明x2ex>(x+2)ln x+2sin x(x>0),只需證x2+xln x+x>(x+2)ln x+2sin x(x>0),即證x2+x>2ln x+2sin x(x>0).設(shè)β(x)=ln x-x+1(x>0),則β′(x)=-1=,β(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.所以?x∈(0,+∞),β(x)≤β(1)=0,即ln x≤x-1(x>0).所以只需證x2+x>2(x-1)+2sin x,即證x2-x+2>2sin x.①當(dāng)x>1時(shí),x2-x+2=x(x-1)+2>2≥2sin x,不等式成立.②當(dāng)0<x<1時(shí),x2-x+2=+≥,2sin x<2sin 1<2sin =<,不等式成立.所以x2ex≥x2+xln x+x>(x+2)ln x+2sin x(x>0),證畢.法二(分別放縮)設(shè)α(x)=x-sin x,則α′(x)=1-cos x≥0恒成立,所以α(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,?x∈(0,+∞),α(x)>α(0)=0,所以x>sin x(x>0).設(shè)β(x)=ln x-x+1(x>0),則β′(x)=-1=,β(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,?x∈(0,+∞),β(x)≤β(1)=0,所以ln x≤x-1(x>0),所以ln ex≤ex-1,即ex≥x+1.所以當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),(x+2)ln x+2sin x<(x+2)(x-1)+2x=x2+3x-2,又因?yàn)閤2ex-(x2+3x-2)≥x2(x+1)-[x(x+1)+2(x-1)]=(x-1)2(x+2)≥0,所以x2ex≥x2+3x-2>(x+2)ln x+2sin x(x>0).證明雙變量不等式的三種常見方法(1)消元法:即借助題設(shè)條件,建立x1與x2的等量關(guān)系,如x2=g(x1),從而將f(x1,x2)>A的雙變量不等式化成h(x1)>A的單變量不等式.(2)換元法:結(jié)合題設(shè)條件,有時(shí)需要先對(duì)含有雙變量的不等式進(jìn)行“除法”變形,再對(duì)含有雙變量的局部代數(shù)式進(jìn)行“換元”處理,將雙變量問題等價(jià)轉(zhuǎn)化為單變量問題,即構(gòu)建形如的形式.(3)構(gòu)造“形似”函數(shù):對(duì)原不等式同解變形,如移項(xiàng)、通分、取對(duì)數(shù);把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu),根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù).熱點(diǎn)訓(xùn)練2　 已知f(x)=xln x-mx2-x,m∈R.若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且x1<x2,求證:x1x2>e2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).證明:f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),欲證x1x2>e2,需證ln x1+ln x2>2.由函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,可得f′(x)有兩個(gè)零點(diǎn),又f′(x)=ln x-mx,所以x1,x2是方程f′(x)=0的兩個(gè)不同實(shí)根.法一　于是有①+②可得ln x1+ln x2=m(x1+x2),即m=,②-①可得ln x2-ln x1=m(x2-x1),即m=,從而可得=,于是ln x1+ln x2==.又0<x1<x2,設(shè)t=,則t>1.因此ln x1+ln x2=,t>1.要證ln x1+ln x2>2,即證>2(t>1),即證當(dāng)t>1時(shí),有l(wèi)n t>.令g(t)=ln t-(t>1),則g′(t)=-=>0,所以g(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.因此g(t)>ln 1-=0.于是當(dāng)t>1時(shí),有l(wèi)n t>.所以ln x1+ln x2>2成立,即x1x2>e2.法二　f′(x1)=f′(x2)=0,令f′(x)=0,則=m,令h(x)=(x>0),則h(x1)=h(x2)=m,h′(x)=,由h′(x)>0,得0<x<e.由h′(x)<0,得x>e.所以h(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,所以0<x1<e<x2.令H(x)=h(x)-h()(0<x<e),所以H′(x)=h′(x)+h′()=+·=+=(1-ln x)(-)=(1-ln x).因?yàn)?<x<e,所以1-ln x>0,e2-x2>0,所以H′(x)>0,所以H(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,易得H(x)<0,所以當(dāng)x∈(0,e)時(shí),h(x)<h(),因?yàn)閔(x1)=h(x2),所以h(x2)<h(),因?yàn)閤2∈(e,+∞),∈(e,+∞),h(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞減,所以x2>,所以x1x2>e2.熱點(diǎn)三　利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立、存在性問題常見的雙變量不等式恒成立問題的類型(1)對(duì)于任意的x1∈[a,b],總存在x2∈[m,n],使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)max≤g(x2)max.(2)對(duì)于任意的x1∈[a,b],總存在x2∈[m,n],使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)min.(3)若存在x1∈[a,b],對(duì)任意的x2∈[m,n],使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)min≤g(x2)min.(4)若存在x1∈[a,b],對(duì)任意的x2∈[m,n],使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)max≥g(x2)max.(5)對(duì)于任意的x1∈[a,b],x2∈[m,n],使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)max≤g(x2)min.(6)對(duì)于任意的x1∈[a,b],x2∈[m,n],使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)max.典例3　(2022·云南模擬預(yù)測)已知e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù),f(x)=ax-ex+1,常數(shù)a是實(shí)數(shù).(1)設(shè)a=e,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程;(2)?x≥1,都有f(x-1)≤ln x,求a的取值范圍.解:(1)若a=e,則f(x)=ex-ex+1,所以f(1)=1,f′(x)=e-ex,所以f′(1)=e-e1=0,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y-1=0(x-1),即y-1=0.(2) 設(shè)F(x)=ln x-f(x-1)=ln x-ax++a-1,x∈[1,+∞),則F′(x)=+-a. 設(shè)h(x)=F′(x),則h′(x)=-+=(1-)+(-1)≥0,所以函數(shù)F′(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增.當(dāng)a≤2時(shí),F′(1)=2-a≥0.所以F′(x)≥0,故F(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增.又因?yàn)镕(1)=0,故F(x)≥0對(duì)任意x∈[1,+∞)都成立,即當(dāng)a≤2時(shí),?x≥1,都有F(x)≥F(1)=0,即f(x-1)≤ln x.當(dāng)a>2時(shí),ae>2e>4,ln(ae)>1,F′(1)=2-a<0,F′(ln ae)=+-a=+a-a=>0,所以?x0∈(1,ln(ae)),使F′(x0)=0.因?yàn)楹瘮?shù)F′(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,所以?x∈(1,x0),都有F′(x)<0.所以F(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減.所以?x1∈(1,x0),使F(x1)<F(1)=0,即?x1∈(1,x0),使f(x1-1)>ln x1,與?x≥1,都有f(x-1)≤ln x矛盾.綜上所述,a的取值范圍為(-∞,2].1.由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題的策略(1) 求最值法:將恒成立問題轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值問題.(2) 分離參數(shù)法:將參數(shù)分離出來,進(jìn)而轉(zhuǎn)化為a>f(x)max或a<f(x)min的形式,通過導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用求出f(x)的最值,即得參數(shù)的取值范圍.2.不等式有解問題可類比恒成立問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化,要理解清楚兩類問題的差別.熱點(diǎn)訓(xùn)練3　 已知函數(shù)f(x)=x-(a+1)ln x-(a∈R),g(x)=x2+ex-xex.(1)當(dāng)x∈[1,e]時(shí),求f(x)的最小值;(2)當(dāng)a<1時(shí),若存在x1∈[e,e2],使得對(duì)任意的x2∈[-2,0],f(x1)<g(x2)恒成立,求a的取值范圍.解:(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=.①當(dāng)a≤1,x∈[1,e]時(shí),f′(x)≥0,f(x)單調(diào)遞增,f(x)min=f(1)=1-a.②當(dāng)1<a<e,x∈[1,a]時(shí),f′(x)≤0,f(x)單調(diào)遞減;x∈[a,e]時(shí),f′(x)≥0,f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)min=f(a)=a-(a+1)ln a-1.③當(dāng)a≥e,x∈[1,e]時(shí),f′(x)≤0,f(x)單調(diào)遞減.f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.綜上可知,當(dāng)a≤1時(shí),f(x)min=1-a;當(dāng)1<a<e時(shí),f(x)min=a-(a+1)ln a-1;當(dāng)a≥e時(shí),f(x)min=e-(a+1)-.(2)由題意知f(x)(x∈[e,e2])的最小值小于g(x)(x∈[-2,0])的最小值.由(1)知當(dāng)a<1時(shí),f(x)在[e,e2]上單調(diào)遞增,f(x)min=f(e)=e-(a+1)-.g′(x)=(1-ex)x.當(dāng)x∈[-2,0]時(shí),g′(x)≤0,g(x)單調(diào)遞減,g(x)min=g(0)=1,所以e-(a+1)-<1,即a>,所以a的取值范圍為(,1).

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