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第 22 讲 导数的综合应用
1. 利用导数证明不等式
(1) 构造法：证明f(x)0且a≠1）的极小值点和极大
1 2
值点．若x 0，
1 2 1 2
若a>1时，当x<0时，2lna⋅ax>0,2ex<0，则此时f'(x)>0，与前面矛盾，
故a>1不符合题意，
若00,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1所以a的取值范围为(−∞,e+1]
(2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
1
不妨设x <1f( )因为f(x )=f(x ),即证f(x )>f( )
1 x 1 x 1 2 2 x
2 2 2
ex 1 1 ex 1 1 1
即证 −lnx+x−xex−lnx− >0,x∈(1,+∞)即证 −xex−2[lnx− (x− )]>0
x x x 2 x
ex 1 1 1
下面证明x>1时， −xex>0,lnx− (x− )<0
x 2 x
ex 1
设g(x)= −xex,x>1，
x
1 1 1
1 1 1 1 1 1
则g' (x)=( − )ex−(ex+xex⋅(− ))= (1− )ex−ex(1− )
x x2 x2 x x x
1 ex 1 x−1 ex 1
=(1− )( −ex)= ( −ex)
x x x x
ex 1 1 x−1
设φ(x)= (x>1),φ' (x)=( − )ex= ex>0
x x x2 x2
1 ex 1
所以φ(x)>φ(1)=e,而
ex0,所以g' (x)>0
x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
ex 1
即g(x)>g(1)=0,所以 −xex>0
x
1 1 1 1 1 2x−x2−1 −(x−1) 2
令ℎ(x)=lnx− (x− ),x>1ℎ ' (x)= − (1+ )= = <0
2 x x 2 x2 2x2 2x2
所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减
1 1
即ℎ(x)< ℎ(1)=0,所以lnx− (x− )<0；
2 x
ex 1 1 1
综上, −xex−2[lnx− (x− )]>0,所以x x <1.
1 2
x 2 x3、【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xeax−ex．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<−1，求a的取值范围；
1 1 1
(3)设n∈N∗，证明： + +⋯+ >ln(n+1)．
√12+1 √22+2 √n2+n
【解析】(1)当a=1时，f(x)=(x−1)ex，则f' (x)=xex，
当x<0时，f' (x)<0，当x>0时，f' (x)>0，
故f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)设ℎ(x)=xeax−ex+1，则ℎ(0)=0，
又ℎ ' (x)=(1+ax)eax−ex，设g(x)=(1+ax)eax−ex，
1
则g' (x)=(2a+a2x)eax−ex，若a> ，则g' (0)=2a−1>0，
2
因为g' (x)为连续不间断函数，
故存在x ∈(0,+∞)，使得∀x∈(0,x )，总有g' (x)>0，
0 0
故g(x)在(0,x )为增函数，故g(x)>g(0)=0，
0
故ℎ(x)在(0,x )为增函数，故ℎ(x)> ℎ(0)=−1，与题设矛盾.
0
1
若00，总有ln(1+x)0，总有 xe2 x −ex+1<0 成立，
1
令 t=e2 x，则t>1,t2=ex,x=2lnt，
1
故2tlnt1恒成立.
t
√n+1 √n+1 √ n
所以对任意的n∈N∗，有2ln < − ，
n n n+1
1
整理得到：ln(n+1)−lnn<
，
√n2+n
1 1 1
故
+ +⋯+ >ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n+1)−lnn
√12+1 √22+2 √n2+n
=ln(n+1)，
故不等式成立.
4、【2021年甲卷理科】已知 且 ，函数 ．
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若曲线 与直线 有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】（1）当 时， ,
令 得 ,当 时， ,当 时， ,
∴函数 在 上单调递增； 上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数 ,
则 ,令 ，得 ,在 内 , 单调递增；
在 上 , 单调递减； ,
又 ，当 趋近于 时， 趋近于0，
所以曲线 与直线 有且仅有两个交点，即曲线 与直线 有两个交点的充分必要
条件是 ,这即是 ,
所以 的取值范围是 .
5、【2021年新高考1卷】已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）设 ， 为两个不相等的正数，且 ，证明： .
【解析】(1) 的定义域为 ．由 得， ，
当 时， ；当 时 ；当 时， ．
故 在区间 内为增函数，在区间 内为减函数，
(2)由 得 ，即 ．
由 ，得 ．
由（1）不妨设 ，则 ，从而 ，得 ，
①令 ，
则 ，
当 时， ， 在区间 内为减函数， ，从而 ，所以 ，
由（1）得 即 ．①令 ，则 ，
当 时， ， 在区间 内为增函数， ，
从而 ，所以 ．又由 ，可得 ，
所以 ．②由①②得 ．
1、若函数y＝(x＋1)ex－a有两个零点，则实数a的取值范围为( A )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】 构造函数f(x)＝(x＋1)ex，则f′(x)＝ex(x＋2)．当x>－2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；
当x<－2时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数．所以当x＝－2时，函数f(x)有最小值且f(－2)＝－e－2＝
－.画出函数f(x)＝(x＋1)ex的图象如图所示，显然当－1，解得： 2 ln2 ， 3 ln3 ，2lnm 3lnm 2 3
2x3y lnm
ln2 ln3 ln2 ln3，
ln2 ln3 2 3
f x 0,e f 2 f 3 0
由B可知， 在 上单调递增，则有 ，即 2 3 ，即ln2 ln3，所以
2x3y 0
，故D正确.
故选：AD.
变式1、(2022·江苏第一次百校联考)(本题满分12分)已知函数f(x)＝lnx＋(a∈R)有两个零点．
(1)证明：0＜a＜．
(2)若f(x)的两个零点为x，x，且x＜x，证明：2a＜x＋x＜1．
1 2 1 2 1 2
【解析】
(1)证明：由f(x)＝lnx＋，x＞0可得f′(x)＝－，x＞0． …………1分
当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，与题意不符．
当a＞0时，令f′(x)＝－＝0，得x＝a．当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(a．＋∞)时．f′(x)＞0，f(x)单调递增．
可得当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)＝lna＋1．
又因为函数有两个零点，
所以f(a)＝lna＋1＜0，可得a＜，综上，0＜a＜．
(2)解：由上可得f(x)的极小值点为x＝a，则0＜x＜a＜x．
1 2
设g(x)＝f(2a－x)－f(x)＝ln(2a－x)＋－lnx－．x∈(0，a)．
可得g′(x)＝－－＋＝＞0，x∈(0，a)．
所以g(x)在(0，a)上单调递增，所以g(x)＜g(a)＝0．
即f(2a－x)－f(x)＜0，则f(2a－x)＜f(x)，x∈(0，a)．
所以当0＜x＜a＜x 时，2a－x＞a，且f(2a－x)＜f(x)＝f(x)，
1 2 1 1 2
因为当x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增，所以2a－x＜x，即x＋x＞2a．
1 2 1 2
设x＝tx，t＞1，则则，即lnx＝tlnx＝tlntx ＝t(lnx＋lnt)．
2 1 1 2 1 1
所以lnx＝－．
1
所以ln(x＋x)＝lnx(t＋1)＝lnx＋ln(t＋1)＝－＋ln(t＋1)＝t(－)．
1 2 1 1
又因为，则g′(t)＝＜0，所以g(t)在(1．＋∞)上单调递减，
所以＜，所以ln(x＋x)＜0，即x＋x＜1．综上，2a＜x＋x＜1．
1 2 1 2 1 2变式2、(2022·苏州期初考试)(本小题满分12分)已知函数，a∈R．
(1)若函数y＝f(x)在x＝x 处取得极值1，其中ln2＜x＜ln3．
0 0
证明：2－＜a＜3－；
(2)若f(x)≤x－恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】
(1)由题知f′(x)＝．
∵函数y＝f(x)在x＝x 处取得极值1，
0
∴f′(x)＝＝0，且f(x)＝＝1，
0 0
∴＋a＝lnx＋ax＝e，∴a＝e－， …………2分
0 0
令r(x)＝e－(x＞0)，则r′(x)＝e＋＞0，
∴r(x)为增函数，
∵0＜ln2＜x＜ln3，
0
∴r(ln2)＜a＜r(ln3)，即2－＜＜3－成立． …………4分
(2)不等式f(x)≤x－恒成立，
即不等式xex－lnx－ax≥1恒成立，即a≤ex－－恒成立，
令g(x)＝ex－－，则g′(x)＝ex－＋＝， …………6分
令h(x)＝x2ex＋lnx，则h′(x)＝(x2＋2x)ex＋，
∵x＞0，∴h′(x)＜0，∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝e＞1； h()＝－ln2＜0，
∴h(x)有唯一零点x，且＜x＜1． …………8分
1 1
当x∈(0，x)时，h(x)＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
1
当x∈(x，＋)时，h(x)＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
1
∴g(x) ＝g(x)，∴a≤e－－， …………9分
min 1
由h(x)＝0整理得xe＝－．
1 1
∵＜x＜1，－lnx＞0，
1 1
令k(x)＝xex(x＞0)，则方程xe＝－等价于k(x)＝k(－lnx)，
1 1 1
而k′(x)＝(x＋1)ex在(0，＋∞)上恒大于零，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵k(x)＝k(－lnx)，∴x＝－lnx，∴e＝， …………11分
1 1 1 1
∴g(x)＝e－－＝－－＝1，
1
∴a≤1，∴实数a的取值范围为(－∞，1]． …………12分
方法总结：：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相
关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)
＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞
0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、
取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造
双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获
得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．
考向二 利用图象研究函数零点与极值点
例2、(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)(多选题)设函数 ，
则（ ）
A. 当 时，
B. 当 时， 有两个极值点
C. 当 时， 任 上不单调
D. 当 时，存在唯一实数m使得函数 恰有两个零点
【答案】ACD
【解析】由题意，函数 ，可得 ，
若 ，当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
所以当 时，函数取得极大值，且为最大值，最大值为 ，
所以A正确，B不正确；
当 ，由 ，可得当 时， ， 单调递减；当
时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，所以函数任 上不单调，所以C正确；
当 时，函数 在区间 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减，又由
，当 时， ，
所以方程 恰好有两个解，等价于 ，即 ，
令 ，可得 ， ，
所以 为单调递减函数，由 ，当 ，可得 ，
所以存在 ，使得 ，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，由
，且 时， ，
所以存在唯一的 ，使得 ，所以D正确.
.
故选：ACD
变式1、已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间上有两个不相
等的实数根，求实数a的取值范围．
【解析】
由g(x)＝2f(x)，可得2xlnx＝－x2＋ax－3，a＝x＋2lnx＋.设h(x)＝x＋2lnx＋(x>0)，可得h′(x)＝1＋－＝，
所以当x在上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x 1 (1，e)
h′(x) － 0 ＋
h(x) 极小值
又h＝＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝＋e＋2，且h(e)－h＝4－2e＋<0，所以在上，h(x) ＝h(1)＝4，h(x)
min max
＝h＝＋3e－2.若方程在上有两个不相等的实数根，则40，取x＝1，则F(1)＝2
－2a＞0，所以F(x)≤0不可能恒成立．当a＞0时，令F′(x)＝0，得x＝.当0＜x＜时，F′(x)＞0，F(x)单
调递增；当x＞时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．故F(x)在(0，＋∞)上的最大值是F，依题意知F≤0恒成立，
即ln＋－1≤0.又y＝g(a)＝ln＋－1在a∈(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，故ln＋－1≤0成立的充要条件
是a≥1，所以a的取值范围是[1，＋∞)．
方法二：分离参数得a≥(x＞0)，令h(x)＝，则h′(x)＝.令h′(x)＝0，则1－x－lnx＝0，观察发现x＝
1是1－x－lnx＝0的根．又因为φ(x)＝1－x－lnx在(0，＋∞)上单调递减，所以1－x－lnx＝0的根仅有x＝
1，在(0,1)上，φ(x)>0；在(1，＋∞)上，φ(x)<0.所以h(x)＝在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所
以h(x) ＝h(1)＝1，所以a的取值范围是[1，＋∞)．
max
变式1、已知函数f(x)＝x－1－alnx(a∈R)，若a<0，且对任意x ，x∈(0,1]，都有|f(x)－f(x)|≤4，求实数a
1 2 1 2
的取值范围．
【解析】 f′(x)＝1－，当a<0时，函数f(x)在(0,1]上是增函数．又函数y＝在(0,1]上是减函数，不妨设0
