导数的综合应用复习讲义文档格式.docx
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由题意可得12－a＝0，
解得a＝12，即有f（x）＝4x2＋－12，f′（x）＝8x－，
可得曲线在点（1，f
（1））处的切线斜率为7，切点为（1，－7），
即有曲线y＝f（x）在点（1，f
（1））处的切线方程为y＋7＝7（x－1），即为y＝7x－14.
（2）由f（x）＝4x2＋－a，导数f′（x）＝8x－，
当x>
时，f′（x）>
0，f（x）递增；
当x<
0或0<
x<
时，f′（x）<
0，f（x）递减．
可得x＝处取得极小值，且为3－a，
由f（x）有两个零点，可得3－a＝0，即a＝3，零点分别为－1，.
令t＝g（x），即有f（t）＝0，可得t＝－1或，
则f（x）＝－1－b或f（x）＝－b，
由题意可得f（x）＝－1－b或f（x）＝－b都有3个实数解，
则－1－b>
0，且－b>
0，即b<
－1且b<
，
可得b<
－1，即有a＋b<
2.则a＋b的范围是（－∞，2）．
利用导数研究函数零点或方程根的方法
（1）通过最值（极值）判断零点个数的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
（2）数形结合法求解零点
对于方程解的个数（或函数零点个数）问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
（3）构造函数法研究函数零点
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法.
1.（2019·
齐齐哈尔模拟）已知函数f（x）＝lnx＋2ex2，g（x）＝x3＋kx（k∈R），若函数y＝f（x）－g（x）只有1个零点，则函数g（x）在[0，e]上的最大值为（ ）
A.0B．e3＋1C．2e3＋D．2e3＋1
答案 D
解析 由题意可知，lnx＋2ex2＝x3＋kx，因为x>
所以＋2ex－x2＝k，
令h（x）＝＋2ex－x2，
则h′（x）＝＋2e－2x＝＋2（e－x），
令h′（x）＝0，解得x＝e，故当x∈（0，e）时，h′（x）>
e时，h′（x）<
0，所以h（x）max＝h（e）＝＋e2＝k，
故g（x）＝x3＋x，
g′（x）＝3x2＋＋e2>
0，故函数g（x）在[0，e]上是增函数，
g（x）max＝g（e）＝2e3＋1.故选D.
2.（2018·
咸阳二模）已知函数f（x）＝－2lnx（a∈R，a≠0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有最小值，记为g（a），关于a的方程g（a）＋a－－1＝m有三个不同的实数根，求实数m的取值范围．
解
（1）f′（x）＝－（x>
0），当a<
0时，f′（x）<
0，知f（x）在（0，＋∞）上是递减的；
当a>
0时，f′（x）＝，知f（x）在（0，）上是递减的，在（，＋∞）上是递增的．
（2）由
（1）知，a>
0，f（x）min＝f（）＝1－lna，即g（a）＝1－lna，
方程g（a）＋a－－1＝m，即m＝a－lna－（a>
0），
令F（a）＝a－lna－（a>
则F′（a）＝1－＋＝，
知F（a）在和上是递增的，在上是递减的，
F（a）极大＝F＝－＋ln3，F（a）极小＝F＝－ln2＋ln3，依题意得－ln2＋ln3<
m<
－＋ln3.
题型 利用导数研究不等式的有关问题
角度1 证明不等式（多维探究）
1.（2018·
绵阳模拟）已知函数f（x）＝alnx－bx－3（a∈R且a≠0）．
（1）若a＝b，求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＝1时，设g（x）＝f（x）＋3，若g（x）有两个相异零点x1，x2，求证：
lnx1＋lnx2>
2.
解
（1）由f（x）＝alnx－bx－3知f′（x）＝，
0时，函数f（x）的单调增区间是（0,1），单调减区间是（1，＋∞），
当a<
0时，函数f（x）的单调增区间是（1，＋∞），单调减区间是（0,1）．
（2）证明：
g（x）＝lnx－bx，设g（x）的两个相异零点为x1，x2，
设x1>
x2>
0，∵g（x1）＝0，g（x2）＝0，
∴lnx1－bx1＝0，lnx2－bx2＝0，
∴lnx1－lnx2＝b（x1－x2），lnx1＋lnx2＝b（x1＋x2），
要证lnx1＋lnx2>
2，即证b（x1＋x2）>
2，
即>
，即ln>
，设t＝>
1，上式转化为lnt>
，t>
1.
设h（t）＝lnt－，∴h′（t）＝>
∴h（t）在（1，＋∞）上单调递增，
∴h（t）>
h
（1）＝0，∴lnt>
，∴lnx1＋lnx2>
条件探究1 举例说明1中，若a＝b＝－1，g（x）＝f（x）＋2.求证：
对任意x>
0，总有g（x）≥0.
证明 若a＝b＝－1，则g（x）＝f（x）＋2＝－lnx＋x－3＋2＝x－lnx－1，
所以g′（x）＝1－.
由g′（x）＝0得x＝1，
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，
所以g（x）min＝g
（1）＝0，
所以对任意x>
条件探究2 利用条件探究1的结论．求证：
对于任意正整数n，·
…·
<
e.
证明 由条件探究1的结论知，
当x∈（1，＋∞）时，x－1－lnx>
0.
令x＝1＋，得ln<
.
从而ln＋ln＋…＋ln<
＋＋…＋＝1－<
故·
角度2 已知不等式恒成立，求参数的取值范围
合肥一检）已知函数f（x）＝（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若∀x∈[1，＋∞），不等式f（x）>
－1恒成立，求实数a的取值范围．
解
（1）f′（x）＝，
当a≤－时，x2－2x－2a≥0，故f′（x）≥0，
∴函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递增，
∴当a≤－时，函数f（x）的单调递增区间为（－∞，＋∞），无单调递减区间．
－时，令x2－2x－2a＝0⇒x1＝1－，x2＝1＋，
列表如下：
由表可知，当a>
－时，函数f（x）的单调递增区间为（－∞，1－）和（1＋，＋∞），单调递减区间为（1－，1＋）．
（2）∵f（x）>
－1⇔>
－1⇔2a>
x2－ex，
∴由条件2a>
x2－ex，对∀x≥1成立．
令g（x）＝x2－ex，h（x）＝g′（x）＝2x－ex，
∴h′（x）＝2－ex，当x∈[1，＋∞）时，h′（x）＝2－ex≤2－e<
∴h（x）＝g′（x）＝2x－ex在[1，＋∞）上单调递减，
∴h（x）＝2x－ex≤2－e<
0，即g′（x）<
∴g（x）＝x2－ex在[1，＋∞）上单调递减，
∴g（x）＝x2－ex≤g
（1）＝1－e，
故f（x）>
－1在[1，＋∞）上恒成立，只需2a>
g（x）max＝1－e，
∴a>
，即实数a的取值范围是.
角度3 不等式存在性成立问题
3.已知函数f（x）＝x－（a＋1）lnx－（a∈R），g（x）＝x2＋ex－xex.
（1）当x∈[1，e]时，求f（x）的最小值；
（2）当a<
1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f（x1）<
g（x2）恒成立，求a的取值范围．
解
（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），
f′（x）＝.
①当a≤1时，x∈[1，e]，f′（x）≥0，
f（x）为增函数，f（x）min＝f
（1）＝1－a.
②当1<
a<
e时，
x∈[1，a]时，f′（x）≤0，f（x）为减函数；
x∈[a，e]时，f′（x）≥0，f（x）为增函数．
所以f（x）min＝f（a）＝a－（a＋1）lna－1.
③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′（x）≤0，
f（x）在[1，e]上为减函数．
f（x）min＝f（e）＝e－（a＋1）－.
综上，当a≤1时，f（x）min＝1－a；
当1<
e时，f（x）min＝a－（a＋1）lna－1；
当a≥e时，f（x）min＝e－（a＋1）－.
（2）由题意知f（x）（x∈[e，e2]）的最小值小于g（x）（x∈[－2,0]）的最小值．
由
（1）知当a<
1时，f（x）在[e，e2]上单调递增，
g′（x）＝（1－ex）x.
当x∈[－2,0]时，g′（x）≤0，g（x）为减函数．
g（x）min＝g（0）＝1.
所以e－（a＋1）－<
1，即a>
所以a的取值范围为.
1.利用导数证明不等式成立问题的常用方法
（1）直接将不等式转化成某个函数最值问题
若证明f（x）<
g（x），x∈（a，b），可以构造函数F（x）＝f（x）－g（x），如果F′（x）<
0，则F（x）在（a，b）上是减函数，同时若F（a）≤0，由减函数的定义可知，x∈（a，b）时，有F（x）<
0，即证明了f（x）<
g（x）．
（2）将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明
在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如要证f（x）≥g（x）在D上成立，只需证明f（x）min≥g（x）max即可．
2．不等式在某个区间上恒成立（存在性成立）问题的转化途径
（1）f（x）≥a恒成立⇔f（x）min≥a；
存在x使f（x）≥a成立⇔f（x）max≥a.
（2）f（x）≤b恒成立⇔f（x）max≤b，
存在x使f（x）≤b成立⇔f（x）min≤b.
（3）f（x）>
g（x）恒成立F（x）min>
（4）①任意x1∈M，任意x2∈N，f（x1）>
g（x2）⇔f（x1）min>
g（x2）max；
②任意x1∈M，存在x2∈N，f（x1）>
g（x2）min；
③存在x1∈M，存在x2∈N，f（x1）>
g（x2）⇔f（x1）max>
④存在x1∈M，任意x2∈N，f（x1）>
g（x2）max.
渭南模拟）设函数f（x）＝（x－a）2＋（3ln
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