文档内容
第 35 讲 高考题中的解答题六 （导数）
导数与函数的零点问题
(一) 探求函数零点的个数
[典例] (2022·太原一模)已知函数f(x)＝xex－x－1.
(1)求函数f(x)在区间[－1,1]上的最值；
(2)讨论方程f(x)＝ln x＋m－2实根个数．
[关键点拨]
切入点 求导，根据函数的单调性求最值
隐藏点 换元，令t＝xex，构造函数h(t)＝t－ln t＋1(t>0)
迁移点 再根据导函数求出单调性、最值，结合图象求解
[解] (1)函数f(x)＝xex－x－1的定义域是R，
f′(x)＝(x＋1)ex－1，
令g(x)＝f′(x)＝(x＋1)ex－1，
当x∈[－1,1]时，g′(x)＝(x＋2)ex>0，
∴f′(x)在[－1,1]上单调递增．
又x＝0时，f′(x)＝0，
∴当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故函数f(x)在[－1,0)上单调递减，在[0,1]上单调递增，
又f(－1)＝－，f(1)＝e－2，f(0)＝－1，
且显然e－2>－，
∴函数f(x)在区间[－1,1]上的最小值为－1，最大值为e－2.
(2)f(x)＝ln x＋m－2即为xex－x－1＝ln x＋m－2，得xex－x－ln x＋1＝m，
即xex－ln(x·ex)＋1＝m，令t＝xex，易知y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，故t>0，
构造函数h(t)＝t－ln t＋1(t>0)，
则h′(t)＝1－＝，
故h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴h(t) ＝h(1)＝2.
min
①当m<2时，h(t)>m恒成立，方程f(x)＝ln x＋m－2没有实根；
②当m＝2时，若t＝1，则h(t)＝m；若t≠1，则h(t)>m恒成立．方程f(x)＝ln x＋m－2有1个实根；
③当m>2时，h(1)2时，t>2ln t，
令s(t)＝t－2ln t，∴s′(t)＝1－>0，∴s(t)>s(2)＝2－2ln 2>0，即t>2ln t，
∴当t>2时，h(t)>2ln t－ln t＋1＝ln t＋1，又em>2，∴h(em)>m＋1>m，当0－lne－m＋1＝m＋1>m，
即h(t)＝m在(e－m,1)，(1，em)上分别有一个零点，而h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)＝m在(0,1)，(1，＋∞)上分别有一个零点，
因此方程f(x)＝ln x＋m－2有2个实根．
方法技巧
求解函数零点(方程根)的个数问题的步骤
将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直
第一步
线y＝k)在该区间上的交点问题
利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性
第二步
质，进而画出其图象
第三步 结合图象求解
针对训练
(2022·潍坊模拟)已知函数f(x)＝aln(x＋1)sin x－(a∈R)，且f(x)在上的最大值为.
(1)求实数a的值；
(2)讨论函数f(x)在内的零点个数，并加以证明．
解：(1)因为f(x)＝aln(x＋1)sin x－，所以f′(x)＝a，
当x∈时，有＋ln(x＋1)cos x>0.
当a＝0时，f(x)＝－，不符合条件；
当a<0时，f′(x)<0，则f(x)在上单调递减，即f(x) ＝f(0)＝－，不符合条件；
max
当a>0时，f′(x)>0.则f(x)在上单调递增，
即f(x) ＝f＝aln－
max
＝，解得a＝1.
(2)f(x)在[0，π]内有两个零点，证明如下：
由(1)知f(x)在上单调递增．
因为f(0)＝－<0，f＝ln－>0，所以f(x)在内存在唯一的零点．当x∈时，f′(x)＝＋ln(x＋1)cos x，因为
f′＝>0，f′＝－ln<0，所以f′(x)在x∈内存在零点x，即f′＝0，因为f″ (x)＝，
0
所以当x∈时，有f″(x)<0，即f′(x)在上单调递减．
所以当x∈时，f′(x)≥f′＝0，即f(x)在上单调递增，
所以有f(x)>f>0，即f(x)在无零点．
当x∈时，f′(x)0，f<0，所以f(x)在内有且仅有一个零点．
综上所述，f(x)在[0，π]内有两个零点．
(二) 由函数零点的个数求参数
[典例] (2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
[关键点拨]
切入点 先算出切点，再求导算出斜率
隐藏点 求导，对a分类讨论
迁移点 对x分(－1,0)，(0，＋∞)两部分研究
本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定
反思点
只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋x·e－x，
∴f′(x)＝＋e－x＋x· e－x·(－1)，
∴f′(0)＝1＋1＝2，
∵f(0)＝0，
∴所求切线方程为y－0＝2·(x－0)，即y＝2x.
(2)∵f(x)＝ln(1＋x)＋ax·e－x＝ln(x＋1)＋，
∴①当a≥0时，若x>0，则ln(x＋1)>0，≥0，
∴f(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．
②当a<0时，f′(x)＝.
令g(x)＝ex＋a(1－x2)，则g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，g′(－1)＝e－1＋2a，
g′(0)＝1，
若g′(－1)≥0，则－≤a<0，
∴当－≤a<0时，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
∵g(－1)＝e－1>0，∴g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
∵f(0)＝0，∴f(x)在(－1,0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意．
若g′(－1)<0，则a<－，
∴当a<－时，存在x∈(－1,0)，使得g′(x)＝0.
0 0
∴g(x)在(－1，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增．g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0.
0 0
当g(0)≥0，即－1≤a<－时，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∵f(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．当g(0)<0，即a<－1时，
存在x∈(－1，x)，x∈(0,1)，使得g(x)＝g(x)＝0，∴f(x)在(－1，x)，(x ，＋∞)上单调递增，在
1 0 2 1 2 1 2
(x，x)上单调递减．
1 2
∵f(0)＝0，∴f(x)>f(0)＝0，当x→－1时，f(x)<0，∴f(x)在(－1，x)上存在一个零点，
1 1
即f(x)在(－1,0)上存在一个零点，
∵f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)>0，
∴f(x)在(x，＋∞)上存在一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点．
2
综上，a的取值范围是(－∞，－1)．
方法技巧
已知函数零点个数求参数范围的策略
(1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求
出参数满足的条件．
(2)先求导，通过求导分析函数的单调性情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要
满足的条件．此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．
针对训练
(2022·郑州二模)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝aex－x＋ln a，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)函数的定义域为{x|x>－1}，
f′(x)＝－1＝.令f′(x)>0，得－10.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
(2)要使函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，即f(x)＝g(x)有两个实根，
即ln(x＋1)－x＋1＝aex－x＋ln a有两个实根．
即ex＋ln a＋x＋ln a＝ln(x＋1)＋x＋1.
整理得ex＋ln a＋x＋ln a＝eln(x＋1)＋ln(x＋1)，
设h(x)＝ex＋x，则上式为h(x＋ln a)＝h，
因为h′(x)＝ex＋1>0恒成立，所以h(x)＝ex＋x单调递增，所以x＋ln a＝ln(x＋1)．
所以只需使ln a＝ln(x＋1)－x有两个根，设M(x)＝ln(x＋1)－x.
由(1)可知，函数M(x)的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)，
故函数M(x)在x＝0处取得极大值，M(x) ＝M(0)＝0.
max
当x→－1时，M(x)→－∞；当x→＋∞时，M(x)→－∞，
要想ln a＝ln(x＋1)－x有两个根，只需ln a<0，解得00，h(x)单调递增；若x>1，则h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)0，即a<时．h′(x)＝·(x－1)，
①当≤0，即a≤0时，
若01，则h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)>h(1)＝0，则所求方程只有一个解x＝1，不符合题意，舍去；
②当＝1，即a＝时，若x>0，则h′(x)≥0，h(x)为增函数，
又h(1)＝0，则所求方程只有一个解x＝1，不符合题意，舍去；
③当0<<1，即00，h(x)单调递增；
若1，则h′(x)>0，h(x)单调递增．
又h(1)＝0，可知h>0.此时，所求方程有2个不同解，符合题意．
④当>1，即0，h(x)单调递增；若1，则h′(x)>0，
h(x)单调递增．
又h(1)＝0，于是h<0，令m(x)＝ln x＋－1，m′(x)＝－＝，m(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，
＋∞)上单调递增，
∴m(x)≥m(1)＝0，∴ln x≥1－，
∴h(x)＝2aln x－x＋a－x2＋≥2a－x＋a－x2＋＝x2－x－＋3a＋＝n(x)，
∵n＝·－－＋3a＋＝，
∵0，(8a－1)2>0，
∴h≥n>0，
∵h(x)在上单调递增，由零点存在定理，得存在唯一x∈，使得h＝0，
1
又h(1)＝0，
此时，所求方程有2个不同解，符合题意．
综上所述，当a∈∪时，函数h(x)有两个不同零点．
方法技巧
隐零点问题求解三步曲
(1)用零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程 f′(x)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点
0
的取值范围．
(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
针对训练已知函数f(x)＝ln(2x＋1)＋2ax－4aex＋4，且a>0.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的最大值；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
解：(1)由题意知，f(x)的定义域为，
当a＝1时，f′(x)＝＋2－4ex，
易得y＝和y＝－4ex＋2都是减函数，
所以f′(x)为减函数，
结合f′(0)＝0可得，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)≤f(0)＝0.即当a＝1时，f(x)的最大值为0.
(2)由(1)得当a＝1时，函数f(x)只有一个零点．
由f′(x)＝＋2a－4aex，且a>0，
得函数f′(x)为减函数，设f′(x)＝0，
0
即＋2a－4aex＝0，
0
函数f(x)的最大值为f(x)．
0
①当00，
0
且x→－时，f(x)→－∞，
x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以函数f(x)在x 的两侧各有一个零点．
0
②当a>1时，f′(0)＝2－2a<0，
所以可得x∈.
0
利用＋2a－4aex＝0代入到原函数中可得，
0
f(x)＝ln(2x＋1)＋2ax－4aex＋4
0 0 0 0
＝ln(2x＋1)＋2ax－－2a＋4，
0 0
设g(x)＝ln(2x＋1)＋2ax－－2a＋4，
0 0 0
x∈.
0
容易判定g(x)是关于x 的增函数，
0 0
所以g(x)1时，函数f(x)无零点．
0
综上，当01时，函数f(x)无零
点．
综合性考法针对练——导数与函数的零点问题
1．(2022·江南十校一模)已知函数f(x)＝ax＋ln x＋－2，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋－＝，
①若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②若a>0，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)若a≤0，f＝＋1－a＋e－2＝a＋e－1>0，f(1)＝a－1<0.
结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点．
若a>0，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需f(x) ＝f＝1－(a
min
－1)ln a＋a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e.
综上，a的取值范围为(－∞，0]∪{1}∪{e}．
2．(2022·汕头三模)已知函数f(x)＝x－2sin x.
(1)求f(x)在的极值；
(2)证明：函数g(x)＝ln x－f(x)在上有且只有两个零点．
解：(1)由f(x)＝x－2sin x，得f′(x)＝1－2cos x，x∈(0，π)，
令f′(x)＝0，得x＝.
当00，此时函数f(x)单调递增，
所以函数f(x)的极小值为f＝－，无极大值．
(2)证明：g(x)＝ln x－f(x)＝ln x－x＋2sin x，x∈(0，π)，则g′(x)＝－1＋2cos x，
令φ(x)＝＋2cos x－1，则φ′(x)＝－－2sin x.
当x∈(0，π)时，φ′(x)＝－－2sin x<0，则φ(x)在上单调递减，
∵φ＝>0，φ＝－1<0，
所以存在x∈，使得φ＝g′＝0.
0
当x变化时，g(x)，g′(x)变化如下表：
x (0，x) x (x，π)
0 0 0
g′(x) ＋ 0 －
g(x) 单调递增 极大值g 单调递减
而g＝ln－＋>0，g＝ln π－πg>0，又g＝ln－＋1，
令h(x)＝ln x－x＋1，其中00，所以函数h(x)在(0,1)上单调递增，则h(x)0，解得sin>0，可得2kπ0；当x∈时，h′(x)<0，
∴h(x)在上单调递增，在上单调递减，即f′(x)在上单调递增，在上单调递减．
f′(0)＝2－a，f′＝2e－a>0，f′(π)＝－2eπ－a<0.
①当2－a≥0，即00，
∴∃x∈，使得f′(x)＝0，
0 0
∴当x∈(0，x)时，f′(x)>0；当x∈(x，π)时，f′(x)<0，
0 0
∴f(x)在(0，x)上单调递增，(x，π)上单调递减．
0 0
∵f(0)＝0，∴f(x)>0，又f(π)＝－aπ<0，
0
∴由函数零点存在定理可得，此时f(x)在(0，π)上仅有一个零点；
②若20，f′(π)＝－2eπ－a<0.
∴∃x∈，x∈，使得f′＝0，f′(x)＝0，且当x∈∪时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.
1 2 2
∴f(x)在和上单调递减，在上单调递增．
∵f(0)＝0，∴f<0，
∵f＝2e－a>2e－3π>0，∴f>0，
又∵f(π)＝－aπ<0，
∴由零点存在定理可得，f(x)在和内各有一个零点，即此时f(x)在(0，π)上有两个零点．
综上所述，当00.
(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；
(2)讨论方程ex＋e－x－a|ln(ax)|－＝0根的个数．
解：(1)a＝1时，f(x)＝|ln x|＋x＋.
①当01时，f(x)＝ln x＋x＋，
f′(x)＝＋1－＝.
∵x>1，∴x2＋x－1＝2－>0，
∴f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以当x＝1时，f(x)取得最小值为f(x) ＝f(1)＝|ln 1|＋1＋＝2.
min
(2)由题ex＋e－x＝a|ln(ax)|＋，x>0，
则ax＋ex＋e－x＝a|ln(ax)|＋ax＋，
即a|lnex|＋ex＋e－x＝a|ln(ax)|＋ax＋.
所以f(ex)＝f(ax)．由f(x)＝a|ln x|＋x＋，得f′(x)＝±＋1－＝±－.
当01时，f′(x)＝＋1－＝＋>0.
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又因为f(x)＝f，所以f(ex)＝f(ax)，当且仅当ex＝ax或ex＝.
又ex>1，故ex＝ax和ex＝不可能同时成立．
所以方程ex＋e－x－a|ln|－＝0根的个数是两函数s(x)＝ex－ax和t(x)＝xex－的零点个数之和，其中x>0.
当s(x)＝0时，函数s(x)＝ex－ax的零点个数转换为直线y＝a与函数h(x)＝图象的交点个数，
h′(x)＝，令h′(x)＝0，即＝0，解得x＝1.
当易知01时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
故h(x)在x＝1处取得最小值为h(1)＝e，
所以0e时，直线y＝a与函数h(x)的图象有2个交点，函数s(x)有2个零点．
同理，函数t(x)＝xex－的零点个数转化为直线y＝与函数y＝xex图象的交点个数，
设y＝xex，x>0，则y′＝(x＋1)ex>0，
所以函数y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
y＝xex在x＝0处的函数值为0×e0＝0，
所以当a>0时，t(x)在(0，＋∞)上必有1个零点．
综上所述，0e时，方程有3个根．
导数与不等式恒(能)成立问题
(一) 分类讨论解决不等式恒成立问题
近几年高考中利用导数解决不等式恒成立问题是常见的题型，函数中经常含有参数，对参数进行分类讨论解决问题，主要在解答题中以压轴题的形式出现，考查学生的逻辑推理能力和计算能力，题目的综合
性较强，难度大．
[典例] 已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．
[关键点拨]
(1)构造函数m(x)，判断f′(x)的单调性，进而判断f(x)的单调性
切入点
(2)构造函数，把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题
障碍点 不能把导函数正确的分解因式，分类讨论的标准不可解
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.令m(x)＝f′(x)＝ex＋2x－1，
则m′(x)＝ex＋2>0.
所以m(x)在R上单调递增，
即f′(x)在R上单调递增．
注意到f′(0)＝0，
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－，
则当x∈(0,2)时，g′(x)＞0.
所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)＞1，不符合题意．
②若0＜2a＋1＜2，即－＜a＜，
则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)＞0.
所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．
由于g(0)＝1，
所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)·e－2≤1，
即a≥.所以当≤a＜时，g(x)≤1.
③若2a＋1≥2，即a≥，
则g(x)≤e－x.
由于0∈，
故由②可得e－x≤1.故当a≥时，g(x)≤1.综上，a的取值范围是.方法技巧
不等式恒成立问题的解题关键点
针对训练
已知函数f(x)＝ln x－ax，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)＋a<0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，则f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．
②当a>0时，由f′(x)>0，得0.
所以f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.
(2)f(x)＋a<0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x－a(x－1)<0在x∈(1，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝ln x－a(x－1)，x>0，则g′(x)＝－a，注意到g(1)＝0，
①当a≥1时，g′(x)<0在x∈(1，＋∞)上恒成立，
则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)g(1)＝0，即0g(1)＝0，即a≤0时不满足题意(舍去)．
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
(二) 分离参数解决不等式恒成立问题
近几年高考中利用导数解决不等式恒成立问题是常见的题型，函数中经常含有参数，利用分离参数法
解决该类问题，主要在解答题中以压轴题的形式出现，考查学生的逻辑推理能力和计算能力，题目的综合
性较强，难度大．
[典例] 已知函数f(x)＝(x＋a)ln x－x2－ax＋a－1.
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)＞aln x－x2－2x在(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值．
[关键点拨]
(1)问直接求导判断函数f(x)的单调区间．
切入点 (2)问看到求整数a的最大值，想到分离参数a，然后构造函数，利用导数
及函数的性质求解迁移点 把f(x)＞aln x－x2－2x转化为a＜在(1，＋∞)上恒成立
(1)想不到分离导数，导致对a进行分类讨论．
障碍点 (2)构造函数后，若其导函数无法直接判断单调性，不要忽略零点存在定理
的应用
[解] (1)若a＝1，则f(x)＝(x＋1)ln x－x2－x，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，得f′(x)＝ln x－x＋.
设g(x)＝ln x－x＋，则g′(x)＝－1－＝＝＜0.
故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)原不等式等价于xln x－a(x－1)＋2x－1＞0在(1，＋∞)上恒成立，
即a＜在(1，＋∞)上恒成立．
设φ(x)＝，x＞1，
则φ′(x)＝，
设h(x)＝x－ln x－2，x＞1，则h′(x)＝1－＝，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又h(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3＜0，h(4)＝4－ln 4－2＝2－2ln 2＞0，根据零点存在定理，可知h(x)在
(1，＋∞)上有唯一零点，
设该零点为x，则x∈(3,4)，且h(x)＝x－ln x－2＝0，即x－2＝ln x.
0 0 0 0 0 0 0
当x∈(1，x)时，h(x)＜0，即φ′(x)＜0，故φ(x)在(1，x)上单调递减；
0 0
当x∈(x，＋∞)时，h(x)＞0，即φ′(x)＞0，故φ(x)在(x，＋∞)上单调递增．
0 0
所以φ(x) ＝＝x＋1.
min 0
由题意可知a＜x＋1，又x∈(3,4)，所以4＜x＋1＜5，
0 0 0
因为a∈Z，所以整数a的最大值为4.
方法技巧
分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数 a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，
应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y＝a与函数y＝v(x)图象的交点个数问题来解决．
针对训练
(2022·西安二模)已知f(x)＝＋nln x(m，n为常数)，在x＝1处的切线方程为x＋y－2＝0.
(1)求f(x)的解析式并写出定义域；
(2)若∀x∈，使得对∀t∈上恒有f(x)≥t3－t2－2at＋2成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝－＋，
由条件可得f′(1)＝－＋n＝－1，①
又在x＝1处的切线方程为x＋y－2＝0，
所以切点坐标为(1,1)，代入f(x)可得＝1，解得m＝2，
代入①可得n＝－，
所以f(x)＝－ln x，x∈(0，＋∞)．
(2)由(1)知f′(x)＝－－<0，x∈， 所以f(x)在上单调递减，
所以f(x)在上的最小值为f(1)＝1，
故只需t3－t2－2at＋2≤1，
即2a≥t2－t＋对任意t∈恒成立，
令m(t)＝t2－t＋，t∈，
m′(t)＝2t－1－＝＝，t∈，
又y＝2t2＋t＋1>0在上恒成立，
令m′(t)＝0，解得t＝1，
所以当t∈时，m′(t)<0，m(t)为单调递减函数，当t∈(1,2]时，m′(t)>0，m(t)为单调递增函数，
而m＝，m(2)＝，
所以2a≥m(2)＝，
所以a≥，即a的取值范围为.
(三) 等价转化法解决不等式能成立问题
[典例] 已知函数f(x)＝－ax＋b在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e.
(1)求实数b的值；
(2)若存在x∈[e，e2]，满足f(x)≤＋e，求实数a的取值范围．
0 0
[关键点拨]
(1)利用导数的几何意义及直线的点斜式方程求b；
切入点 (2)将问题转化为a≥－在[e，e2]上有解，构造函数，利用导数与函数单调性关系
求解
隐藏点 存在x∈[e，e2]满足f(x)≤＋e，只需f(x) ≤＋e即可，即求a≥ 即可
0 0 0 max min
障碍点 不会根据需要多次构造函数
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，
∵f(x)＝－ax＋b，
∴f′(x)＝－a，∴f′(e)＝－a.
又f(e)＝e－ae＋b，
∴f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e－ae＋b)＝－a(x－e)，
即y＝－ax＋e＋b.
又函数f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e，∴b＝e.
(2)由题意得f(x)＝－ax＋e≤＋e，
0 0
∴问题转化为a≥－在[e，e2]上有解．令h(x)＝－，x∈[e，e2]，
则h′(x)＝－
＝＝.
令p(x)＝ln x－2，则当x∈[e，e2]时，
有p′(x)＝－＝＜0.
∴函数p(x)在区间[e，e2]上单调递减，
∴p(x)≤p(e)＝ln e－2＜0.
∴h′(x)＜0，
∴h(x)在区间[e，e2]上单调递减，
∴h(x)≥h(e2)＝－＝－.
∴实数a的取值范围为.
方法技巧
根据不等式能成立求参数的步骤
(1)利用题设条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式的能成立问题；
(2)用导数求该函数在区间上的最值；
(3)构建不等式求解．
针对训练
已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax－1.
(1)当a>0时，证明函数f(x)在区间(0, ＋∞)上只有一个零点；
(2)若存在x∈R，使不等式f(x)<－e－1成立，求a的取值范围．
解：(1)证明：当a>0时，f′(x)＝xex－a，x∈(0, ＋∞)，
令g(x)＝ f′(x)，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，∴f′(x)＝xex－a在(0，＋∞)上为增函数，
∵f′(0)＝－a<0, f′(a)＝aea－a>0，∴∃x∈(0，a)，使f′(x)＝xex－a＝0，
0 0 0 0
∴当x∈(0, x)时，f′(x)<0；当x∈(x ＋∞)时，f′(x)>0，
0 0,
因此，f(x)在(0, x)上为减函数，f(x)在(x ＋∞)上为增函数，
0 0,
当x∈(0, x)时，f(x)< f(0)＝－2<0，当x>时，f(x)>(x－1)(x＋1)－ax－1＝x2－ax－2>0，
0
故函数f(x)在(0, ＋∞)上只有一个零点．
(2)当a>0时，f′(x)＝xex－a，由(1)可知，f′(x)＝0，即a＝xex，
0 0 0
∴当xx 时，f′(x)>0，f(x)在(x ＋∞)上为增函数，
0 0 0 0,
∴f(x) ＝f(x)＝(x－1)ex－ax－1＝(x－1)ex－xex－1＝(－x＋x－1)ex－1，
min 0 0 0 0 0 0 0 0 0
由a＝xex，知x>0，
0 0 0
设h(x)＝(－x2＋x－1)ex－1(x>0)，则h′(x)＝(－x2－x)ex<0(x>0)，∴h(x)在(0，＋∞)上为减函数，
又h(1)＝－e－1，∴当0－e－1，当x>1时，f(x)<－e－1，
0 0 0 0
∴存在x∈R，使不等式f(x)<－e－1成立，此时a＝xex>e；
0 0 0 0当a＝0时，由(1)知，f(x)在(－∞，0)上为减函数，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
所以f(x)≥f(0)＝－2>－e－1，所以不存在x∈R，使不等式f(x)<－e－1成立；
当a<0时，取x<<0，即－ax<－e－1，所以(x－1)ex－ax－1<－e－1，
所以存在x∈R，使不等式 f(x)<－e－1成立．
综上所述，a的取值范围是{a|a<0或a>e}．
1．(2022·连云港二模)已知函数f(x)＝x－－2ln x.
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝f－8bf(x)，当x>1时，g(x)>0，求实数b的取值范围．
解：(1)因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝1＋－＝＝≥0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)因为g(x)＝f－8bf(x)，
所以g(x)＝x2－－2lnx2－8b>0对∀x>1恒成立，
g′(x)＝2x＋－－8b
＝
＝
＝，
当x>1时，x＋＋2>4，当4b≤4，
即b≤1时，g′(x)>0对∀x>1恒成立，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)>g(1)＝0符合题意．
当b>1时，存在x>1使得当x∈(1，x)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，此时g(x)0
0 0
恒成立矛盾．
综上，b≤1，即实数b的取值范围为(－∞，1]．
2．(2022·桂林、梧州一模)已知函数f(x)＝x2＋.
(1)当a＝－5时，求f(x)的单调区间；
(2)若存在x∈，使得f(x)－x2>2x＋成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝－5时，f(x)＝x2－8ln x，可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝2x－＝，x>0，
可知当x∈(0,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)由题可知，存在x∈[2，e]，使得f(x)－x2>2x＋成立，
等价于2x＋－(2a＋2)ln x<0在[2，e]内有解，
可设h(x)＝2x＋－(2a＋2)ln x，即在[2，e]上，函数h(x) <0，
min
∴h′(x)＝2－－＝＝，
令h′(x)＝0，即(x＋1)[x－(a＋2)]＝0，解得x＝a＋2或x＝－1(舍去)，
当a＋2≥e，即a≥e－2时，若x∈[2，e]，则h′(x)<0，h(x)在[2，e]上单调递减，
∴h(x) ＝h(e)＝2e＋－2a－2<0，得a>，
min
又∵>e－2，∴a>；
当a＋2≤2，即a≤0时，若x∈[2，e]，则h′(x)>0，h(x)在[2，e]上单调递增，
∴h(x) ＝h(2)＝6＋a－(2a＋2)ln 2<0，得a>>0，不合题意；
min
当22a＋6－2a－2＝4，即h(x) >4，不符合题意．
min
综上，实数a的取值范围为.
3．(2022·赣州二模)已知函数f(x)＝e2x－a2x2＋x－ln x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若对于一切x∈(0，＋∞)，恒有f(x)≥ln a成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝e2x－x2＋x－ln x，则f′(x)＝2e2x－2x＋1－，故f(1)＝e2，f′(1)＝2e2－2，
从而曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(2e2－2)(x－1)＋e2，
即y＝(2e2－2)x－e2＋2.
(2)由f(x)≥ln a，得a>0且e2x＋x≥a2x2＋ln x＋ln a，
即e2x＋x≥a2x2＋ln ax＝e2ln ax＋ln ax，
构造g(x)＝e2x＋x，g′(x)＝2e2x＋1>0，
则g(x)在R上单调递增，
不等式e2x＋x≥a2x2＋ln ax等价于g(x)≥g(ln ax)，
结合g(x)的单调性，得x≥ln ax，即x－ln x≥ln a，
令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－＝，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x) ＝h(1)＝1，故ln a≤1，解得00时，当0时，f′(x)>0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)∀x>0，不等式ex－2＋x≥xf(x)⇔ex－2＋x≥2ax2－xln x⇔≥2a⇔≥2a⇔≥2a.
令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
当x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0，故h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
从而∀x∈R，h(x)≥h(0)＝0，即恒有ex≥x＋1成立，当且仅当x＝0时取“＝”．
因此，当x>0时，≥
＝1，当且仅当x－2－ln x＝0时取“＝”．
令φ(x)＝x－2－ln x，x>0，φ′(x)＝1－，当01时，φ′(x)>0，
即φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，φ(1)＝－1<0，φ(e－2)＝e－2>0，φ(4)＝2(1－ln
2)>0，
即∃x∈(e－2,1)，使得φ(x)＝x －2－lnx ＝0，∃x∈(1,4)，使得φ(x)＝x －2－lnx ＝0，即x－2－ln x
1 1 1 1 2 2 2 2
＝0有解．
因此，不等式≥1中能取到等号，所以的最小值为1，即1≥2a，解得a≤，所以实数a的取值范围是.
导数与不等式的证明问题
(一) 单变量不等式的证明问题
[典例] (2022·新高考Ⅱ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；
(3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln(n＋1)．
[关键点拨]
切入点 求出f′(x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性
隐藏点 设h(x)＝xeax－ex＋1，求导后进行分类讨论
由(2)可得2ln t1恒成立，从而可得ln(n＋1)－ln n<对任意的
迁移点
n∈N*恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝xex－ex，f′(x)＝xex，
当x>0时，f′(x)＝xex>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当x<0时，f′(x)＝xex<0，函数f(x)在(－
∞，0)上单调递减．
(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，
则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，
若a>，则g′(0)＝2a－1>0，
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，故g(x)在
0 0(0，x)上为增函数，故g(x)>g(0)＝0，故h(x)在(0，x)上为增函数，故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．
0 0
若00，总有ln(1＋x)ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln
n＝ln(n＋1)，故结论得证．
方法技巧
证明不等式的基本方法
若f(x)在[a，b]上是增函数，则
①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)；
利用单调性
②∀x，x∈[a，b]，且x＜x，有f(x)＜f(x)．
1 2 1 2 1 2
对于减函数有类似结论
若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或
利用最值
f(x)≥m)
构造函数 证明f(x)＜g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)＜0
针对训练
(2022·邯郸模拟)设函数f(x)＝x3＋ln(x＋1)．
(1)求曲线y＝f(x)在处的切线方程；
(2)证明：当n∈N*且n≥2时，ln(n＋1)>＋＋…＋.
解：(1)显然，x∈(－1，＋∞)，且f′(x)＝3x2＋，故f′(0)＝1，故切线方程为y－0＝f′(0)(x－0)，即y
＝x.
(2)证明：令g(x)＝x3＋ln(x＋1)－x2，
g′(x)＝3x2－2x＋＝＝.
当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)>g(0)＝0，
即当x>0时，ln(x＋1)＋x3－x2>0.
令x＝，得ln＋－>0，
即ln(n＋1)－ln n>－＝，
由此可得，ln 2－ln 1>－＝0，
ln 3－ln 2>－＝，
…
ln(n＋1)－ln n>－＝，
将以上n个式子相加，得ln(n＋1)>＋＋…＋，n∈N*且n≥2.
(二) 极值点偏移问题(双变量不等式)
近几年高考中经常出现极值点偏移问题的题目，采用对称化构造函数法和比值代换法进行研究，该类
问题思维含量高，过程繁琐，计算量大，在解答题中以压轴题的形式出现，题目的综合性强，难度大.
[典例] (2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x，x，则xx<1.
1 2 1 2
[关键点拨]
切入点 由导数确定函数单调性及最值
隐藏点 f(x)的零点满足x<10
迁移点
转化要证明条件为－ －2
[解] (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f′(x)＝－＋1＝＝，
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x) ＝f(1)＝e＋1－a.
min
又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明：法一：不妨设x1.
1 2 1 2
令F(x)＝f(x)－f，所以当x∈(0,1)时，g(x)0，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，h(x)>h，
所以h(x)＝h(x)>h，
1 2
又h′(x)＝1－＝，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以04a.
1 2 1 2
综合性考法针对练——导数与不等式的证明问题
1．(2022·郑州质检)设函数f(x)＝ln－x＋e.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝e时，证明：f0)，则g′(x)＝，
当00，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以g(x)≤g(e)＝＋1.
设h(x)＝＋，则h′(x)＝，
当01时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，在上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝e＋，
又＋12，即证ln＞2，
设t＝＞1，则只需证ln t＞，
即证ln t－＞0.(*)
设F(t)＝ln t－，
则F′(t)＝－＝＞0，
所以F(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以当t＞1时，F(t)＞F(1)＝0，即(*)式成立，所以ln x＋ln x＞2.
1 2
3．(2022·重庆调研)已知函数f(x)＝x－sin x.
(1)判断函数f(x)是否存在极值，并说明理由；
(2)设函数F(x)＝f(x)－mln x，若存在两个不相等的正数x，x，使得F＋x＝F＋x，证明：xxx>0，
1 2 2 1
∴x－sinx>x－sinx>f(0)＝0，
2 2 1 1
即x－x>sinx－sinx，∴－>－，
2 1 2 1
∴m(lnx－lnx)＝－＋2>2－＝x－x，
2 1 2 1
即m>，只需证明>.
∵x>x>0，令t＝>1.
2 1
∴只需证明>在t>1时成立，即>ln t在t>1时成立．
设函数g(t)＝ln t－，且t>1，则g′(t)＝<0.
∴当t>1时，函数g(t)单调递减．
∴当t>1时，函数g(t)在t>1时成立，即>成立，
∴m>>，
∴m>，即xx
