文档文本内容
专
题
四
导
数
及
其
应
用
／
４５
４．２ 导数的应用
§
整个定义域内可能有多个极大值和极小值
；
极大值与极小值没有必然的大小关系 极大值可能比极小
（２） ，
值还小
；
考点一 导数与函数的单调性
导数等于零的点不一定是极值点 例如 ｆ ｘ ｘ３
（３） （ ： （ ）＝ ，
１．函数单调性与导数的关系 ｆ ′ ｘ ｘ２ 当ｘ 时 ｆ ′ 但ｘ 不是函数的极值点
（ ）＝３ ， ＝０ ， （０）＝０， ＝０ ）；
设函数ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内可导 ｆ ′ ｘ 是ｆ ｘ 的导数 则 对于处处可导的函数 极值点的导数必为零．
（ ） （ ， ） ， （ ） （ ） ， （４） ，
ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内 单调递增 ２．函数的最大值与最小值
（ ）＞０ （ ） （ ， ） ①
函数的最大值与最小值 在闭区间 ａ ｂ 上连续的函数
ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内 单调递减 （１） ： ［ ， ］
（ ）＜０ （ ） （ ， ） ② ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上必有 最大值与最小值 但在开区间 ａ ｂ 内
ｆ′ ｘ ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内为常数函数 （ ）， ［ ， ］ ⑧ ； （ ， ）
（ ）＝０ （ ） （ ， ） 连续的函数ｆ ｘ 不一定有最大值与最小值．
（ ）
注意 讨论函数单调性或求函数的单调区间的实质是 设函数ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上连续 在 ａ ｂ 内可导 求ｆ ｘ 在
（１） （２） （ ） ［ ， ］ ， （ ， ） ， （ ）
解不等式 求解时 要坚持 定义域优先 原则． ａ ｂ 上的最大值与最小值的步骤如下
， ， “ ” ［ ， ］ ：
有相同单调性的单调区间不止一个时 用 隔开或用 求ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内的 极值
（２） ， “，” （ｉ） （ ） （ ， ） ⑨ ；
和 连接 不能用 连接． 将ｆ ｘ 的各极值与ｆ ａ ｆ ｂ 比较 其中最大的一个
“ ” ， “∪” （ｉｉ） （ ） （ ）、 （ ） ，
２．用充分必要条件来诠释导数与函数单调性的关系 是最大值 最小的一个是最小值．
，
ｆ ′ ｘ 或ｆ ′ ｘ 是ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内单调递增 或
（１） （ ）＞０（ （ ）＜０） （ ） （ ， ） （
递减 的充分不必要条件 考点三 导数的综合应用
） ；
ｆ ′ ｘ 或ｆ ′ ｘ 是ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内单调递增 或递 １．不等式恒成立（有解）问题的处理方法
（２） （ ）≥０（ （ ）≤０） （ ） （ ， ） （
减 的必要不充分条件 ｆ ′ ｘ 只可能在孤立的点处成立 ． 形如ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ Ｄ 恒成立 主要方法如下
） （ （ ）＝０ ） （１） （ ）≥ （ ）（ ∈ ） ， ：
注意 由函数ｆ ｘ 在区间 ａ ｂ 内单调递增 或递减 可 法 构造函数 Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ Ｄ 使Ｆ ｘ ｘ
（ ） ［ ， ］ （ ）， １： ： （ ）＝ （ ）－ （ ）（ ∈ ）， （ ）≥０（ ∈
得ｆ ′ ｘ 或ｆ ′ ｘ 在该区间恒成立 而不是ｆ ′ ｘ Ｄ 恒成立 即Ｆ ｘ ｘ Ｄ 恒成立．求Ｆ ｘ 的最小值即可．
（ ）≥０（ （ ）≤０） ， （ ）＞０ ） ， （ ）ｍｉｎ≥０（ ∈ ） （ ）
或ｆ ′ ｘ 恒成立 不能少．必要时还需对 进行检验． 法 参变量分离 ａ φ ｘ 或 ａ φ ｘ 恒成立 即 ａ
（ （ ）＜０） ，“＝” “＝” ２： ： ≥ （ ） ≤ （ ） ， ≥
φ ｘ 或ａ φ ｘ ｘ Ｄ 求φ ｘ 的最大值或最小值即可．
考点二 导数与函数的极（最）值 （ ）ｍａｘ ≤ （ ）ｍｉｎ（ ∈ ）， （ ）
形如ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ Ｄ 有解问题的求解方法
（２） （ ）≥ （ ）（ ∈ ） ：
１．函数的极值与导数 法 构造函数 Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ Ｄ Ｆ ｘ 在ｘ
１： ： （ ）＝ （ ）－ （ ）（ ∈ ）， （ ）≥０ ∈
设函数ｆ ｘ 在点ｘ 附近有定义 如果对ｘ 附近的所有的 Ｄ时有解 即Ｆ ｘ ｘ Ｄ 有解 即求Ｆ ｘ 的最大值即可．
（ ） ０ ， ０ ， （ ）ｍａｘ≥０（ ∈ ） ， （ ）
点 都有 ｆ（ｘ） ｆ（ｘ ） 则ｆ ｘ 是函数ｆ ｘ 的一个极大 法 参变量分离 ａ φ ｘ 或ａ φ ｘ ｘ Ｄ 有解 即ａ
， ③ ＜ ０ ， （ ０） （ ） ２： ： ≥ （ ） ≤ （ ）（ ∈ ） ， ≥
定义 值 记作ｆ ｘ ｆ ｘ 如果对ｘ 附近的所有的点 都有 φ ｘ 或ａ φ ｘ ｘ Ｄ 即求φ ｘ 的最值问题．
， （ ）极大值＝ （ ０）； ０ ， （ ）ｍｉｎ ≤ （ ）ｍａｘ（ ∈ ）， （ ）
ｆ（ｘ） ｆ（ｘ ） 则ｆ ｘ 是函数ｆ ｘ 的一个极小值 记作 ２．证明形如ｆ（ｘ） ｇ（ｘ）的不等式恒成立的方法
④ ＞ ０ ， （ ０） （ ） ， ≥
ｆ ｘ ｆ ｘ ．极大值与极小值统称为极值 法 构造函数 Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ 即Ｆ ｘ 恒成立
（ ）极小值＝ （ ０） １： ： （ ）＝ （ ）－ （ ）， （ ）ｍｉｎ≥０ ，
设函数ｆ ｘ 在点ｘ 处连续． 转化为求Ｆ ｘ 的最小值问题．
（ ） ０ （ ）
如果在ｘ 附近的左侧ｆ ′ ｘ 右侧ｆ ′ ｘ 那么 法 若ｆ ｘ ｇ ｘ 则ｆ ｘ ｇ ｘ 恒成立 证明ｆ ｘ
（１） ０ （ ）＞０， （ ）＜０， ２： （ ）ｍｉｎ≥ （ ）ｍａｘ， （ ）≥ （ ） ， （ ）
ｆ ｘ 是 极大值 的最小值大于或等于ｇ ｘ 的最大值．
（ ０） ⑤ ； （ ）
结论 如果在ｘ 附近的左侧ｆ ′ ｘ 右侧ｆ ′ ｘ 那么 法 中间变量法 ｆ ｘ ｈ ｘ 且 ｈ ｘ ｇ ｘ 则 ｆ ｘ
（２） ０ （ ）＜０， （ ）＞０， ３： ： （ ）≥ （ ） （ ）≥ （ ）， （ ）≥
ｆ ｘ 是极小值 ｇ ｘ ｈ ｘ 为中间函数 且为一次函数较多 ．
（ ０） ； （ ）（ （ ） ， ）
如果在ｘ 附近的左 右两侧导数值同号 那么 ｆ ｘ 不 ３．生活中的优化问题
（３） ０ 、 ， （ ０）
是极值 生活中经常遇到求利润最大 用料最省 效率最高等问
（１） 、 、
求ｆ ｘ 的定义域 题 这些问题通常称为优化问题 导数在这一类问题中有着重要
利用导 （１） （ ） ； ， ，
求ｆ′ ｘ 的作用 它是求函数最大 小 值的有力工具．
数求函 （２） （ ）； ， （ ）
求方程 ｆ′（ｘ） 的根 解决优化问题的基本思路
数极值 （３） ⑥ ＝０ ； （２） ：
判断ｆ′ ｘ 在方程的根的 左、右两侧值的符号 优化问题 用函数表示成数学问题
的步骤 （４） （ ） ⑦ ；
→
利用结论求出极值
（５） ↑ ↓ 注 在函数的整个定义域内 函数的极值不一定唯一 在 优化问题的答案 用导数解决数学问题
：（１） ， ， ←
A
版
高
考
数
学
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４６
例２ （２０２０ 山东临沂高三检测，２１（改编））已知函数
ｇ ｘ ａｘ ｂ ｘ ａ ｂ Ｒ ａｂ 讨论ｇ ｘ 的单调性．
（ ）＝ －１－ ｌｎ （ ， ∈ ， ≠０）， （ ）
ａｘ ｂ
考法一 利用导数研究函数的单调性 解析 ｇ（ｘ）的定义域为（ ， ），ｇ′（ｘ） － ，下面讨论一
０ ＋∞ ＝ ｘ
例１ （２０１９湖南郴州二模，２１）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ｅ ｘ （ ａｘ２ ＋ 次函数ｙ ａｘ ｂ在（ ， ）上的正负情况：
＝ － ０ ＋∞
ｘ ａ ．
＋ ） （ ）当ａ ，ｂ 时，令ｇ′（ｘ） ，得ｘ ｂ ，令ｇ′（ｘ） ，得
求函数ｆ ｘ 的单调区间 １ ＞０ ＞０ ＞０ ＞ ａ ＜０ ０＜
（１） （ ） ；
（２） 若函数ｆ （ ｘ ）≤ｅ ｘ （ ａｘ２ ＋２ ｘ ）＋１ 恒成立 ， 求实数ａ的取值 ｘ ｂ ，则ｇ（ｘ）在 ( ， ｂ ) 上单调递减，在 ( ｂ ， ) 上单调递增；
范围． ＜ ａ ０ ａ ａ ＋∞
解题导引 （ ）当ａ ，ｂ 时，ｇ′（ｘ） ，则 ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调
２ ＞０ ＜０ ＞０ ０ ＋∞
递增；
（ ）当ａ ，ｂ 时，ｇ′（ｘ） ，则 ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调
３ ＜０ ＞０ ＜０ ０ ＋∞
递减；
ｂ
（ ）当ａ ，ｂ 时，令ｇ′（ｘ） ，得 ｘ ，令ｇ′（ｘ） ，得
４ ＜０ ＜０ ＞０ ０＜ ＜ ａ ＜０
ｂ ( ｂ ) ( ｂ )
ｘ ，则ｇ（ｘ）在 ， 上单调递增，在 ， 上单调递减．
＞ ａ ０ ａ ａ ＋∞
( ｂ )
综上所述：当ａ ，ｂ 时，ｇ（ｘ）在 ， 上单调递减，在
解析 （ ）函数ｆ（ｘ）的定义域为Ｒ，且ｆ′（ｘ） （ａｘ ａ ）· ＞０ ＞０ ０ ａ
１ ＝ ＋ ＋１
（ｘ ） ｘ，当ａ 时，ｆ′（ｘ） ｘ（ｘ ），当ｘ 时，ｆ′（ｘ） ，当 ( ｂ )
＋１ ｅ ＝０ ＝ｅ ＋１ ＞－１ ＞０ ， 上单调递增；
ｘ 时，ｆ′（ｘ） ，所以函数ｆ（ｘ）的单调增区间为（ ， ），单 ａ ＋∞
＜－１ ＜０ －１ ＋∞
( ａ ) 当ａ ，ｂ 时，ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调递增；
调减区间为（ ， ）．当ａ 时， ｆ ′（ｘ） ａ（ｘ ） ｘ ＋１ ｘ， ＞０ ＜０ ０ ＋∞
－∞ －１ ≠０ ＝ ＋１ ＋ ａ ｅ 当ａ ，ｂ 时，ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调递减；
＜０ ＞０ ０ ＋∞
ａ ( ｂ )
则方程ｆ ′（ｘ） 的两根为 ， ＋１． 当 ａ ， ｂ 时， ｇ （ｘ） 在 ， 上单调递增， 在
＝０ －１ － ａ ＜ ０ ＜ ０ ０ ａ
① 当ａ ＞０ 时， －１＞－ ａ ＋ ａ １，所以函数 ｆ（ｘ）的单调增区间为 ( ａ ｂ ， ＋∞ ) 上单调递减．
( ａ ) ( ａ )
， ＋１ 和（ ， ），单调减区间为 ＋１， ． 方法总结 用导数法求可导函数ｆ ｘ 在 ａ ｂ 内的单调性
－∞ － ａ －１ ＋∞ － ａ －１ （ ） （ ， ）
的步骤
ａ
当ａ 时， ＋１，所以函数 ｆ（ｘ）的单调增区间为 ：
② ＜０ －１＜－ ａ 求ｆ ′ ｘ
（１） （ ）；
( ａ ) ( ａ ) 确定ｆ ′ ｘ 在 ａ ｂ 内的符号
， ＋１ ，单调减区间为（ ， ）， ＋１， ． （２） （ ） （ ， ） ；
－１ － ａ －∞ －１ － ａ ＋∞ 得出结论 ｆ′ ｘ 或 时为增函数 ｆ′ ｘ 或
（３） ， （ ）≥０（ ＞０） ， （ ）≤０（
综上可知，当 ａ 时，函数 ｆ（ｘ） 的单调增区间为 时为减函数．
＞ ０ ＜０）
( ａ ) ( ａ ) 经典例题教师用书
， ＋１ 和（ ， ），单调减区间为 ＋１， ；
－∞ － ａ －１ ＋∞ － ａ －１ 例 （２０２０ 江西南昌开学摸底考试，２１）已知函数ｆ ｘ
当ａ 时，函数ｆ（ｘ）的单调增区间为（ ， ），单调减区 ａｘ （ ）＝
间为（ －∞
＝０
， －１ ）；当 ａ ＜０ 时，函数 ｆ（ｘ）
－
的
１
单
＋∞
调增区间为 ｅ ａ ＋ ｘ －２ｌｎ（ ｘ ＋１）（ｅ 为自然对数的底数 ， ａ为常数 ， 且ａ ≠０） ．
( ａ ) ( ａ )
， ＋１ ，单调减区间为（ ， ）， ＋１， ． 若函数ｆ ｘ 在ｘ 处的切线与直线 ｘ ｙ 平行 求ａ
－１ － ａ －∞ －１ － ａ ＋∞ （１） （ ） ＝１ ｅ － ＝０ ，
的值
；
（ ）函数ｆ（ｘ） ｘ（ａｘ２ ｘ） 恒成立转化为ａ ｘ １ 在Ｒ 若ｆ ｘ 在 上存在单调递减区间 求 ａ 的取值
２ ≤ｅ ＋２ ＋１ ≤ ＋ ｘ （２） （ ） （０，＋∞） ，
ｅ 范围．
ｘ
上恒成立．令ｈ（ｘ） ｘ １ ，则ｈ′（ｘ） ｅ －１，易知ｈ（ｘ）在（ ， ）
＝ ＋ ｘ ＝ ｘ ０ ＋∞ 解析 （ ）ｆ ′（ｘ） ａｘ ２ ，ｘ （ ， ）． （ 分）
ｅ ｅ １ ＝ｅ ＋１－ｘ ∈ －１ ＋∞ ２
上为增函数，在（ ， ）上为减函数． ｈ（ｘ） ｈ（ ） ． ＋１
－∞ ０ ∴ ｍｉｎ＝ ０ ＝１ 故ｆ ′（ ） ａ，结合题意知 ａ ， ａ ． （ 分）
故实数ａ的取值范围为（ ， ］． １ ＝ｅ ｅ ＝ｅ ∴ ＝１ ４
－∞ １
方法总结 用导数法求可导函数单调区间的一般步骤 （ ）由题意知ｘ （ ， ）时， ｆ ′（ｘ） ａｘ ２ 有解，
： ２ ∈ ０ ＋∞ ＝ｅ ＋１－ｘ ＜０
＋１
当ｘ ［ ， ）时， ｆ ′（ｘ） ａｘ ２ 恒成立，不存在单
∈ １ ＋∞ ＝ｅ ＋１－ｘ ＞０
＋１
调递减区间． （ 分）
５
ｘ
当ｘ （ ， ）时， ｆ ′（ｘ） ａｘ ２ 有解等价于 １－
∈ ０ １ ＝ｅ ＋１－ｘ ＜０ ｌｎ ｘ－
＋１ １＋
专
题
四
导
数
及
其
应
用
／
４７
ａｘ 有解． （ 分） 此时ｆ（ｘ）极值点的个数为 ．
＞０ ６ ２
ｘ 综上所述，ａ ｂ时， ｆ（ｘ）极值点的个数为 ；
设φ（ｘ） １－ ａｘ，则φ′（ｘ） ２ ａ， ≤ ０
＝ｌｎ
１＋
ｘ－ ＝ｘ２
－１
－
ａ ｂ时， ｆ（ｘ）极值点的个数为 ．
＞ ２
因为ｘ （ ， ），所以 ２ ． （ 分） 方法总结 解决函数极值问题的一般思路
∈ ０ １ ｘ２ ＜－２ ８
－１
当ａ 时，φ′（ｘ） ２ ａ 恒成立，
① ≥－２ ＝ｘ２ － ＜０
－１
ｘ
φ（ｘ） １－ ａｘ在ｘ （ ， ）上单调递减，φ（ｘ） φ（ ）
＝ｌｎ ｘ－ ∈ ０ １ ＜ ０ ＝０
１＋
恒成立，不符合题意． （ 分）
１０
ａ æ ａ ö
当 ａ 时， ＋２ ，当 ｘ ç ， ＋２÷时，φ′（ｘ）
② ＜－２ ０＜ ａ ＜１ ∈è０ ａ ø ＝
２ ａ ，
ｘ２ － ＞０
－１
ｘ æ ａ ö
φ（ｘ） １－ ａｘ 在 ｘ ç ， ＋２÷上单调递增，φ（ｘ）
＝ ｌｎ ｘ－ ∈è０ ａ ø ＞ 经典例题教师用书
１＋
ｘ 例 （２０１７江西南昌高三第二次模拟，２１）已知函数ｆ ｘ ｘ
φ（ ） ，即 １－ ａｘ ． （ ）＝
０ ＝０ ｌｎ
１＋
ｘ－ ＞０
·ｌｎ（
ｘ
－１）－
ａｘ２
＋
ｂｘ
（
ａ
，
ｂ
∈
Ｒ
，
ａ
，
ｂ为常数
，ｅ
为自然对数的底数
）
．
综上所述，ａ ． （ 分） ( )
＜－２ １２ 当ａ 时 讨论函数ｆ ｘ 在区间 １ 上极值
（１） ＝－１ ， （ ） ＋１，ｅ＋１
考法二 利用导数研究函数的极值或最值 ｅ
点的个数
；
例３ （２０２０山东济南６月模拟）已知函数ｆ ｘ ａ ｘ 当ａ ｂ 时 对任意的 ｘ 都有 ｆ ｘ
（ ）＝ ｌｎ（ ＋ （２） ＝１， ＝ｅ＋２ ， ∈（１，＋∞） （ ）＜
ｘ
ｂ ｘ． ｋ ２成立 求正实数ｋ的取值范围．
）－ ｅ ，
若ａ ｂ 求ｆ ｘ 的最大值 ｘ
（１） ＝１， ＝０， （ ） ； 解析 （ ）当ａ 时， ｆ ′（ｘ） （ｘ ） ｘ ｂ，
（２）
当ｂ
＞０
时
，
讨论ｆ
（
ｘ
）
极值点的个数． １ ＝－１ ＝ｌｎ －１ ＋ｘ －１ ＋２ ＋
记ｇ（ｘ） ｆ ′（ｘ） ｂ，
解题导引 求出函数的导数 由导数的正负确定函数 ＝ －
（１） ， ( )
的单调性 求出最值 ｘ· ｘ ３
， ； ２ －
首先要明确ｂ是正的常数 ａ是参数．按求极值的步骤 则ｇ′（ｘ） １ １ ２ ，
（２） ， ， ＝ｘ
－１
－（ｘ
－１
）２ ＋２＝ （ｘ
－１
）２
ｘ ａ ｘ ｂ
求出导数后 实质上导函数ｆ ′ ｘ － ＋２ － 的分子可以看成 令ｇ′（ｘ） ，得ｘ ３ ，
， （ ）＝ ｘ ｘ ｂ ＝０ ＝
２ （ ＋ ） ２
( )
是关于 ｘ的二次函数 ， 转化为讨论二次函数ｙ ＝－ ｘ ＋２ ａ ｘ － ｂ在定 当ｘ １ ，３ 时，ｇ′（ｘ） ；
∈ １＋ ＜０
义域 上的正 负 为零情况． ｅ ２
［０，＋∞） 、 、 ( )
解析 （ ）当ａ ，ｂ 时， ｆ（ｘ） ｘ ｘ， 当ｘ ３ ， 时，ｇ′（ｘ） ，
１ ＝１ ＝０ ＝ｌｎ － ∈ ｅ＋１ ＞０
２
此时，函数ｆ（ｘ）的定义域为（ ０ ， ＋∞ ）， ｆ ′（ｘ） ＝ １ ｘ － １ ｘ 所以当ｘ ＝ ３ 时，ｇ（ｘ）取得极小值 ６－ｌｎ２ ，
２ ２
( )
ｘ
２－ ， 又ｇ １ ２ ，ｇ（ ） １ ， ｆ ′（ｘ）
＝ ｘ ＋１ ＝ｅ＋ ＋２ ｅ＋１ ＝ ２ｅ＋ ＋４ ＝ ０⇔
２ ｅ ｅ ｅ
由ｆ ′（ｘ） ，得 ｘ ；由ｆ ′（ｘ） ，得ｘ ， ｇ（ｘ） ｂ，所以
＞０ ０＜ ＜４ ＜０ ＞４ ＝－
所以ｆ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，在（ ， ）上单调递减． （ ）当 ｂ ，即ｂ 时， ｆ ′（ｘ） ，
０ ４ ４ ＋∞ ｉ － ≤６－ｌｎ２ ( ≥ｌｎ２－ ) ６ ≥０
所
（
以
）当
ｆ（
ｂ
ｘ） ｍａ
时
ｘ＝
，
ｆ
函
（ ４
数
） ＝
ｆ
２
（
ｌ
ｘ
ｎ
）
２
的
－
定
２ ．
义域为［ ， ），
函数ｆ（ｘ）在区间 １
ｅ
＋１ ， ｅ＋１ 上无极值点；
２ ＞０ ０ ＋∞
ａ ｘ ａ ｘ ｂ （ ）当 ｂ ２ ，即 ２ ｂ 时，
ｆ ′（ｘ） １ － ＋２ － ． ｉｉ ６－ｌｎ２＜－ ＜ｅ＋ ＋２ －ｅ－ －２＜ ＜ｌｎ２－６
＝ｘ ｂ－ ｘ＝ ｘ（ｘ ｂ） ｅ ｅ
＋ ２ ２ ＋ ｆ ′ （ｘ） 有两个不同的解， 函数 ｆ （ｘ） 在区间
当ａ 时，ｆ′（ｘ） 对任意的ｘ （ ， ）恒成立，ｆ（ｘ） ( ) ＝ ０
在（
０
① ，
＋∞
） ≤ 上 ０ 单调递减，此 ＜ 时 ０ ｆ（ｘ）极值点 ∈ 的 ０ 个 ＋ 数 ∞ 为
０
； １
ｅ
＋１ ， ｅ＋１ 上有两个极值点；
当ａ 时，设ｈ（ｘ） ｘ ａ ｘ ｂ，
② ＞０ ＝－ ＋２ － （ ）当 ２ ｂ １ ，即 １ ｂ ２
（ ｉ ）当 ４ ａ２ －４ ｂ ≤０ ，即 ０＜ ａ ≤ ｂ时， ｉｉｉ ｅ＋ ｅ ＋２≤－ ＜２ｅ＋ ｅ ＋４ －２ ( ｅ－ ｅ －４＜ ≤ ) －ｅ－ ｅ －２
ｆ ′（ｘ） 对任意的ｘ （ ， ）恒成立，即ｆ（ｘ）在（ ， ） 时，ｆ′（ｘ） 有一个解，函数ｆ（ｘ）在区间 １ ， 上有一个
≤０ ∈ ０ ＋∞ ０ ＋∞ ＝０ ＋１ ｅ＋１ 上单调递减，此时ｆ（ｘ）极值点的个数为 ； ｅ
０ 极值点；
（ ）当 ａ２ ｂ ，即ａ ｂ时，记方程ｈ（ｘ） 的两根分别
ｉｉ ４ －４ ＞０ ＞ ＝ ０
为ｘ ，ｘ ， （ ）当 ｂ １ ，即ｂ １ 时， ｆ ′（ｘ） ，函数
ｉｖ － ≥２ｅ＋ ＋４ ≤－２ｅ－ －４ ≤０
１ ２ ｅ ｅ
则 ｘ ｘ ａ ， ｘ ｘ ｂ ，所以ｘ ，ｘ 都大于 ， ( )
１＋ ２ ＝２ ＞０ １ ２ ＝ ＞０ １ ２ ０ ｆ（ｘ）在区间 １ ， 上无极值点． 即ｆ ′（ｘ）在（ ， ）上有 个变号零点， ＋１ ｅ＋１
０ ＋∞ ２ ｅ
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高
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／
４８
（ ）当ａ ，ｂ 时，对任意的 ｘ （ ， ）都有 ｆ（ｘ） 故ｈ（ｘ）在（ ， ａ）有一个零点．
２ ＝１ ＝ｅ＋２ ∈ １ ＋∞ ＜ ２ ４
ｋ· ｅ ｘ ２成立，即ｘ ｌｎ （ｘ －１ ） － ｘ２ ＋ （ ｅ＋２ ）ｘ ＜ ｋ ｅ ｘ ２，即 ｌｎ （ｘ －１ ） － ｘ ＋ｅ＋２＜ 因此ｈ（ｘ）在（ ０ ， ＋∞ ）有两个零点．
ｘ ｘ ２
２ ２ 综上， ｆ（ｘ）在（ ， ）只有一个零点时，ａ ｅ ．
ｋ·ｅ ，记ｈ（ｘ） （ｘ ） ｘ ，φ（ｘ） ｋ·ｅ ， ０ ＋∞ ＝
ｘ ＝ｌｎ －１ － ＋ｅ＋２ ＝ ｘ ４
方法总结 研究函数的零点个数问题 可以通过导数研究
ｘ ，
由于ｈ′（ｘ） １ ２－ ，
＝ｘ －１＝ｘ 函数的单调性 最值等．具体地 可画出函数图象 根据函数图象
－１ －１ 、 ， ，
当 ｘ 时，ｈ′（ｘ） ，当ｘ 时，ｈ′（ｘ） ， 的走势规律 标出函数极值点 最值点的位置求解．这种用数形结
１＜ ＜２ ＞０ ＞２ ＜０ ， 、
所以当ｘ 时，ｈ（ｘ）取得最大值ｈ（ ） ， 合思想分析问题的方法 可以使问题有一个清晰 直观的整体
＝２ ２ ＝ｅ ， 、
ｘ ｘ ｋ ｘ 展现．
１ ｅ ２ｘ －ｅ ２ ｅ ２（ｘ －２ ） 经典例题教师用书
又φ′（ｘ） ｋ· ２ ２ ，
＝ ｘ２ ＝ ｘ２ 例 （２０１８安徽皖南八校第三次（４ 月）联考，２１）已知函
当 ｘ 时，φ′（ｘ） ，当ｘ 时，φ′（ｘ） ，
１＜ ＜２ ＜０ ＞２ ＞０ 数ｆ ｘ ｘ２ ｘ ａ ｘ ａ Ｒ ｇ ｘ １ ｘ２ ｘ １ ．
ｋ （ ）＝ ＋ － ｌｎ （ ∈ ）， （ ）＝ ＋ ＋
所以当ｘ 时，φ（ｘ）取得最小值φ（ ） ｅ， ２ ２
＝２ ２ ＝ 若曲线ｙ ｆ ｘ 与ｙ ｇ ｘ 在点 处的切线互相垂
２ （１） ＝ （ ） ＝ （ ） （１，２）
ｋ 直 求ａ的值
所以只需 ｅ ｋ ，即正实数ｋ的取值范围是（ ， ）． ， ；
ｅ＜ ⇒ ＞２ ２ ＋∞
２ 讨论函数ｙ ｆ ｘ ｇ ｘ １ 的零点个数．
（２） ＝ （ ）－ （ ）＋
２
考法三 利用导数研究函数的零点
ａ
解析 （ ）ｆ ′（ｘ） ｘ ，ｇ′（ｘ） ｘ ，
例４ （２０１８课标Ⅱ，２１，１２分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ２． １ ＝２ ＋１－ ｘ ＝ ＋１
（ ）＝ｅ －
（１） 若ａ ＝１， 证明 ： 当ｘ ≥０ 时 ， ｆ （ ｘ ）≥１； 由题意知ｆ ′（ １ ）ｇ′（ １ ） ＝－１⇒ （ ３－ ａ） ×２＝－１ ，解得ａ ＝ ７ ．
若ｆ ｘ 在 只有一个零点 求ａ． ２
（２） （ ） （０，＋∞） ，
解题导引 要证ｆ ｘ 只要证 ｘ ｘ２ 即 ｘ２ （ ）ｙ ｆ（ｘ） ｇ（ｘ） １ １ ｘ２ ａ ｘ，
（１） （ ）≥１， ｅ － －１≥０， （ ＋ ２ ＝ － ＋ ＝ － ｌｎ
１）ｅ － ｘ
（
－
２
１
）
≤
若
０
使
， 设
ｆ （
ｇ
ｘ
（
）
ｘ
在
）＝
（０
（
，
ｘ
＋
２
∞
＋１
）
）
上
ｅ － ｘ
有
－１
一
， 证
个
明
零点
ｇ （
，
ｘ
可
）ｍ
以
ａｘ≤
考
０
虑
即
使
可
函
．
数ｙ 令ｈ（ｘ） ＝ ２ １ ｘ２ － ａ ｌｎ ｘ
２
，ｘ ＞０
２
，则ｈ′（ｘ） ＝ ｘ －
ａ
ｘ （ｘ ＞０ ）．
＝ ｆ （ ｘ ） 的图象在 （０，＋∞） 上与ｘ轴有一个交点 ， 由于ａ为参数 ， ① 当ａ ＝０ 时，ｈ（ｘ）在定义域（ ０ ， ＋∞ ）上恒大于 ０ ，ｈ（ｘ）没有
其取值变化影响着ｙ
＝
ｆ
（
ｘ
）
的单调性
，
因此
，
首先对ａ分类讨论
，
零点．
由于ｆ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－
ａｘ２ 的导数ｆ ′
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－２
ａｘ不易判断函数值符号
， 当ａ 时，ｈ′（ｘ） ｘ ａ 在（ ， ）上恒成立，
所以将其转化为ｆ ｘ ｘ
æ
ç ａ
ｘ２ö
÷ 即讨论ｈ ｘ ａ
ｘ２
的
② ＜０ ＝ － ｘ ＞０ ０ ＋∞
（ ）＝ｅ è１－ · ｘ ø， （ ）＝１－ · ｘ 所以ｈ（ｘ）在定义域（ ， ）上为增函数，
ｅ ｅ ０ ＋∞
零点问题 结合单调性分类讨论．
， 因为ｈ（ ） １ ，ｈ（ １ａ） １ ２ａ ，
解析 （ ）证明：当ａ 时， ｆ（ｘ） 等价于（ｘ２ ） － ｘ １ ＝ ＞０ ｅ ＝ ｅ －１＜０
１ ＝１ ≥１ ＋１ ｅ －１ ２ ２
．
所以ｈ（ｘ）有 个零点．
≤０ １
设ｇ（ｘ） ＝ （ｘ２ ＋１ ） ｅ － ｘ －１ ， 当ａ 时，ｈ′（ｘ） ｘ ａ ｘ２ － ａ （ｘ ＋ ａ）（ｘ － ａ） ，
则ｇ′（ｘ） （ｘ２ ｘ ） － ｘ （ｘ ）２ － ｘ． ③ ＞０ ＝ － ｘ ＝ ｘ ＝ ｘ
＝－ －２ ＋１ ｅ ＝－ －１ ｅ
当ｘ 时，ｇ′（ｘ） ，所以ｇ（ｘ）在（ ， ）单调递减． 因为当ｘ （ ， ａ）时，ｈ′（ｘ） ，ｈ（ｘ）在（ ， ａ）上为减函
≠１ ＜０ ０ ＋∞ ∈ ０ ＜０ ０
而ｇ（ ） ，故当ｘ 时，ｇ（ｘ） ，即ｆ（ｘ） ． 数，当ｘ （ ａ， ）时，ｈ′（ｘ） ，ｈ（ｘ）在（ ａ， ）上为增函
（ ）证
０
明
＝
：设
０
ｈ（ｘ）
≥０
ａｘ２ － ｘ．
≤０ ≥１ ∈ ＋∞ ＞０ ＋∞
２ ＝１－ ｅ 数，所以 ｘ ａ时，ｈ（ｘ）有极小值，也是最小值，ｈ（ ａ） １ ａ
ｆ（ｘ）在（ ， ）只有一个零点当且仅当ｈ（ｘ）在（ ， ）只 ＝ ＝ －
０ ＋∞ ０ ＋∞ ２
有一个零点．
ａ ａ １ ａ（ ａ）．
（ ）当ａ 时，ｈ（ｘ） ，ｈ（ｘ）没有零点． ｌｎ ＝ １－ｌｎ
ｉ ≤０ ＞０ ２
（ ）当ａ 时，ｈ′（ｘ） ａｘ（ｘ ） － ｘ．
ｉｉ ＞０ ＝ －２ ｅ 当ａ （ ， ）时，ｈ（ ａ） １ ａ（ ａ） ，ｈ（ｘ）没有零点；
当ｘ （ ， ）时，ｈ′（ｘ） ；当ｘ （ ， ）时，ｈ′（ｘ） ． ∈ ０ ｅ ＝ １－ｌｎ ＞０
∈ ０ ２ ＜０ ∈ ２ ＋∞ ＞０ ２
所以ｈ（ｘ）在（ ， ）单调递减，在（ ， ）单调递增．
０ ２ ２ ＋∞ 当ａ 时，ｈ（ ａ） １ ａ（ ａ） ，ｈ（ｘ）有 个零点ｘ
ａ ＝ｅ ＝ １－ｌｎ ＝ ０ １ ＝
故ｈ（ ） ４ 是ｈ（ｘ）在［ ， ）的最小值． ２
２ ＝１－ ｅ ２ ０ ＋∞ ａ；当ａ ∈ （ ｅ ， ＋∞ ）时，ｈ（ ａ） ＝ １ ａ（ １－ｌｎ ａ） ＜０ ，
２ ２
若ｈ（ ） ，即ａ ｅ ，ｈ（ｘ）在（ ， ）没有零点；
① ２ ＞０ ＜ ４ ０ ＋∞ 因为ｈ（ １ ） ＝ １ ＞０ 且ｈ（ ａ） ＜０ ，
２ ２
若ｈ（ ） ，即ａ ｅ ，ｈ（ｘ）在（ ， ）只有一个零点；
② ２ ＝０ ＝ ０ ＋∞ 所以方程ｈ（ｘ） 在区间（ ， ａ）内有一解，
４ ＝０ ０
若ｈ（ ） ，即ａ ｅ ２ ，由于ｈ（ ） ，所以ｈ（ｘ）在（ ， ）有 因为当ｘ ＞１ 时，ｘ －ｌｎ ｘ ＞０ ，
③ ２ ＜０ ＞ ０ ＝１ ０ ２
４ 所以ｘ ｘ，则ｈ（ｘ） １ ｘ２ ａ ｘ １ ｘ２ ａｘ，
一个零点． ＞ｌｎ ＝ － ｌｎ ＞ －
２ ２
由（
１
）知，当ｘ
＞０
时，
ｅ
ｘ
＞
ｘ２，
因为 ａ ａ ，所以ｈ（ ａ） １ （ ａ）２ ａ２ ，
所以ｈ（ ａ） １６
ａ３
１６
ａ３
１６
ａ３
１ ．
２ ＞ ＞１ ２ ＞
２
２ －２ ＝０
４ ＝１－ ４ ａ ＝１－（ ２ ａ）２＞１－（ ａ）４ ＝１－ ａ ＞０ 所以ｈ（ｘ） 在区间（ ａ， ）内有一解，
ｅ ｅ ２ ＝０ ＋∞
专
题
四
导
数
及 其 应 用
／
４９
所以方程ｈ（ｘ） 在区间（ ， ）内有两解．
＝０ ０ ＋∞ 考法四 利用导数研究不等式
综上所述，当ａ ［ ， ）时，ｙ ｆ（ｘ） ｇ（ｘ） １ 没有零点；
∈ ０ ｅ ＝ － ＋ 例５ （２０２０浙江温州中学３月模拟，２１改编）已知ｆ ｘ
２ （ ）
当ａ 或ａ 时，ｙ ｆ（ｘ） ｇ（ｘ） １ 有 个零点； ＝２ｌｎ（ ｘ ＋２）－（ ｘ ＋１） ２ ， ｇ （ ｘ ）＝ ｋ （ ｘ ＋１） ．
＜０ ＝ｅ ＝ － ＋ １ 求ｆ ｘ 的单调区间
２ （１） （ ） ；
当ａ ＞ｅ 时，ｙ ＝ ｆ（ｘ） － ｇ（ｘ） ＋ １ 有 ２ 个零点． （２） 当ｋ ＝２ 时 ， 求证 ：∀ ｘ ＞－１， ｆ （ ｘ ）＜ ｇ （ ｘ ） 恒成立．
２ 解题导引 根据求单调区间的步骤求解． 要证明
例 （２０１５四川，２１，１４分）已知函数ｆ ｘ ｘ ａ ｘ （１） （２）
（ ）＝－２（ ＋ ）ｌｎ ｆ ｘ ｇ ｘ 可构造函数ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ 再证明ｈ ｘ 通
ｘ２ ａｘ ａ２ ａ 其中ａ ． （ ）＜ （ ）， （ ）＝ （ ）－ （ ）， （ ）＜０，
＋ －２ －２ ＋ ， ＞０ 过对ｈ ｘ 化简 变形 求出ｈ ｘ 的最值即可 移项构造不等式转
设ｇ ｘ 是ｆ ｘ 的导函数 讨论ｇ ｘ 的单调性 （ ） 、 ， （ ） ；
（１） （ ） （ ） ， （ ） ； 化为求函数最值是证明不等式的首选方法．
证明 存在ａ 使得ｆ ｘ 在区间 内
（２） ： ∈（０，１）， （ ）≥０ （１，＋∞） （ｘ２ ｘ ）
恒成立 且ｆ ｘ 在区间 内有唯一解． 解析 （ ）ｆ ′（ｘ） ２ （ｘ ） －２ ＋３ ＋１ （ｘ ），
， （ ）＝０ （１，＋∞） １ ＝ｘ －２ ＋１ ＝ ｘ ＞－２
解析 （ ）由已知得，函数ｆ（ｘ）的定义域为（ ， ）， ＋２ ＋２
１ ０ ＋∞
ｇ（ｘ） ｆ ′（ｘ） （ｘ ａ） ｘ ( ａ ) ， 当ｆ ′（ｘ） ＜０ 时，ｘ２ ＋３ ｘ ＋１＞０ ，解得ｘ ＞ －３＋ ５．
＝ ＝２ － －２ｌｎ －２ １＋ ｘ ２
( ) ２ ( ) 当ｆ ′（ｘ） 时，解得 ｘ －３＋ ５．所以ｆ（ｘ）的单调增区间
ｘ １ ａ １ ＞０ －２＜ ＜
ａ ２ － ＋２ － ２
所以ｇ′（ｘ） ２ ２ ２ ４ ． æ ö æ ö
＝２－ ｘ ＋ｘ２ ＝ ｘ２ 为ç ，－３＋ ５÷，单调减区间为ç－３＋ ５， ÷．
è－２ ø è ＋∞ø
æ ａö ２ ２
当 ａ １ 时， ｇ （ ｘ） 在 区 间 ç ，１－ １－４ ÷， （ ）证明：设ｈ（ｘ） ｆ（ｘ） ｇ（ｘ） （ｘ ） （ｘ ）２ ｋ（ｘ
０ ＜ ＜ è０ ø ２ ＝ － ＝２ｌｎ ＋２ － ＋１ － ＋
４ ２ ）（ｘ ），当ｋ 时，ｈ（ｘ） （ｘ ） （ｘ ）（ｘ ）．ｈ′（ｘ）
æ ａ ö １ ＞－１ ＝２ ＝２ｌｎ ＋２ － ＋１ ＋３ ＝
ç１＋ １－４ ， ÷上单调递增， （ｘ ）（ｘ ）
è ＋∞ø －２ ＋３ ＋１ ， 当ｘ 时，ｈ′（ｘ） 恒成立，ｈ（ｘ）单调递减．
２ ｘ ∴ ＞－１ ＜０
＋２
在区间 æ è ç１－ １－４ ａ ，１＋ １－４ ａö ø ÷上单调递减； 又ｈ（ －１ ） ＝０ ， ∴ 当ｘ ∈ （ －１ ， ＋∞ ）时，ｈ（ｘ） ＜ ｈ（ －１ ） ＝０ 恒成立，即
ｆ（ｘ） ｇ（ｘ） 恒成立． ｘ ， ｆ（ｘ） ｇ（ｘ）恒成立．
２ ２ － ＜０ ∴ ∀ ＞－１ ＜
当ａ １ 时，ｇ（ｘ）在区间（ ， ）上单调递增． 方法总结 １．证明不等式的基本方法
≥ ０ ＋∞ ：
４ 利用单调性 若 ｆ ｘ 在 ａ ｂ 上是增函数 则 ｘ
( ａ ) （１） ： （ ） ［ ， ］ ， ①∀ ∈
（ ）证明：由ｆ ′（ｘ） （ｘ ａ） ｘ ，解得 ａ ａ ｂ 有ｆ ａ ｆ ｘ ｆ ｂ ｘ ｘ ａ ｂ 且ｘ ｘ 有
２ ＝ ２ － －２ｌｎ －２ １＋ ｘ ＝０ ［ ， ］， （ ）≤ （ ）≤ （ ），②∀ １， ２∈［ ， ］， １＜ ２，
ｆ ｘ ｆ ｘ ．对于减函数有类似结论．
ｘ
－１－ｌｎ
ｘ
．
（ １）＜（
利
２）
用最值 若ｆ ｘ 在某个范围Ｄ内有最大值Ｍ 或最小
＝ ｘ－１ （２） ： （ ） （
１＋ 值ｍ 则 ｘ Ｄ 有ｆ ｘ Ｍ 或ｆ ｘ ｍ ．
æ ｘ ｘö ｘ ｘ ）， ∀ ∈ ， （ ）≤ （ （ ）≥ ）
令 φ（ｘ） çｘ －１－ｌｎ ÷ ｘ ｘ２ －１－ｌｎ ·ｘ ２．证明ｆ ｘ ｇ ｘ 可构造函数 Ｆ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ 证明
＝ －２è ＋ ｘ－１ øｌｎ ＋ －２× ｘ－１ － （ ）＜ （ ）， （ ）＝ （ ）－ （ ），
１＋ １＋ Ｆ ｘ ．
æｘ ｘö２ ｘ ｘ （ ）＜０
２è ç －１－ ｘ ｌ － ｎ １ ø ÷ ＋ －１－ ｘ ｌ － ｎ １ ． 例６ （２０１９陕西第二次质量检测，２１）函数ｆ （ ｘ ）＝ｌｎ ｘ ＋
１＋ １＋
ｋ
则φ（ １ ） ＝１＞０ ，φ（ ｅ ） ＝－ ｅ （ ｅ－ － ２ １ ） －２ æ è ç ｅ－２ －１ ö ø ÷ ２ ＜０ ． ｘ ， ｋ ∈ Ｒ．
１＋ｅ １＋ｅ
若ｋ 求函数ｆ ｘ 的单调区间
故存在ｘ （ ， ），使得φ（ｘ ） ． （１） ＝１， （ ） ；
０∈ １ ｅ ０ ＝０
ｘ ｘ 若ｆ ｘ １－ｅ恒成立 求实数ｋ的取值范围
令ａ ０－１－ｌｎ ０，ｕ（ｘ） ｘ ｘ（ｘ ）． （２） （ ）≥２＋ ｘ ， ；
０＝ ｘ－１ ＝ －１－ｌｎ ≥１
１＋ ０ ｋ
设ｇ ｘ ｆ ｘ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 为曲线ｙ
由ｕ′（ｘ） １ 知，函数ｕ（ｘ）在区间（ ， ）上单调 （３） （ ）＝ （ ）－ ｘ ＋１， （ １， １）， （ ２， ２） ＝
＝ １－ ｘ ≥０ １ ＋∞
ｘ ｘ
递增． ｇ ｘ 上两点 且 ｘ ｘ 设直线ＡＢ斜率为ｋ ｘ １＋ ２ 证明 ｋ
（ ） ， ０＜ １＜ ２， ， ０＝ ， ：
ｕ（ ） ｕ（ｘ ） ｕ（ ） ２
所以 １ ０ ａ ｅ ｅ－２ ．即ａ （ ， ）． ｇ′ ｘ ．
０＝
１＋１
＜
１＋
ｘ
０
－１ ＝ ０＜
１＋ｅ
－１ ＝
１＋ｅ
－１＜１ ０∈ ０ １ ＞ （
解
０）
题导引 求ｆ′ ｘ 判断ｆ′ ｘ 在 上的正负
当ａ ａ 时，有ｆ ′（ｘ ） ， ｆ（ｘ ） φ（ｘ ） ． （１） （ ）， （ ） （０，＋∞） ，
＝ ０ ０ ＝０ ０ ＝ ０ ＝０ 从而得单调区间 找出使ｆ ′ ｘ 的ｘ是确定单调区间的关键．
由（ ）知， ｆ ′（ｘ）在区间（ ， ）上单调递增， ， （ ）＝０
１ １ ＋∞ 将恒成立问题等价变形 转化为求确定函数的最值问
故当ｘ （ ，ｘ ）时， ｆ ′（ｘ） ， （２） ，
∈ １ ０ ＜０ 题 分离常数ｋ时注意变量ｘ 的限定．
从而ｆ（ｘ） ｆ（ｘ ） ； ， ∈（０，＋∞）
＞ ０ ＝０ ｘ ｘ
当ｘ ∈ （ｘ ０ ， ＋∞ ）时， ｆ ′（ｘ） ＞０ ， （３） 将要证不等式明确为证明不等式ｌｎ ｘ ２－ ｘ ｌｎ １ ＞ｘ ２ ｘ 成立
从而ｆ（ｘ） ＞ ｆ（ｘ ０ ） ＝０ ． ｘ ｘ 再考虑如何变两元 ｘ ｘ 为一元 ２－ 此 １ 处是证 １＋ 明 ２ 的关
所以，当ｘ ∈ （ １ ， ＋∞ ）时， ｆ（ｘ） ≥０ ． （ ２＞ １＞０）， １， ｘ ２ ， ｘ 恒成立 综 ， 上 且 所 ｆ 述 （ｘ ， ） 存 ＝ 在 ０ 在 ａ ∈ 区 （ 间 ０ （ ， １ １ ） ， ＋ ，使 ∞ 得 ）内 ｆ（ 有 ｘ） 唯 ≥ 一 ０ 解 在 ． 区间（ １ ， ＋∞ ）内 证 键 明 ， 由 即 对 可 数 ． 运算性质 ｌｎ ｘ ２－ｌｎ ｘ １＝ｌｎ ｘ ２ １ 不妨设 ｘ ２ １ ＝ ｔ ， 再构造函数
解析 （ ）当ｋ 时，函数ｆ（ｘ） ｘ １ ，ｘ ． ｆ ′（ｘ） １
１ ＝１ ＝ｌｎ ＋ ｘ ＞０ ＝ ｘ
A
版
高
考
数
学
／
５０
ｘ （ｘ ），
１ －１．当ｆ ′（ｘ） 时，ｘ ，当ｆ ′（ｘ） 时， ｘ ，则函数 －２ －１
－ｘ２ ＝ ｘ２ ＞０ ＞１ ＜０ ０＜ ＜１ 且ｈ′（ ） ，ｈ″（ｘ） ｘ ，
１ ＝０ ＝ｅ －２
ｆ（ｘ）的单调递减区间为（ ， ），单调递增区间为（ ， ）． ｘ （ ， ）时，ｈ″（ｘ） ，ｈ′（ｘ）单调递减；
０ １ １ ＋∞ ∈ －∞ ｌｎ２ ＜０
ｋ ｘ （ ， ）时，ｈ″（ｘ） ，ｈ′（ｘ）单调递增．
（ ）ｆ（ｘ） １－ｅ恒成立，即 ｘ １－ｅ恒成立，整理 ∈ ｌｎ２ ＋∞ ＞０
２ ≥２＋ ｘ ｌｎ ＋ ｘ ≥２＋ ｘ 因为ｈ′（ ） ，所以ｈ′（ｘ） ｈ′（ ） ，因为
得ｋ ｘ ｘ ｘ 恒成立，令ｈ（ｘ） ｘ ｘ ｘ ，ｘ ，则 ｈ′（ ） １ ，所 ＝ 以 ０ 存在ｘ （ ｍｉ ， ｎ＝ ），使 ｌｎ ｘ ２ （ ＝４ ， － ｘ ｅ ） － 时 ２ｌｎ ，ｈ ２ ′ ＜ （ ０ ｘ） ，
ｈ′（ｘ ≥ ） ２ － ｌｎ ｘ， ＋ 令 １－ ｈ′ ｅ （ｘ） ，得ｘ ， ＝ ２ － ｌｎ ＋１－ｅ ＞０ ｈ（ｘ ０ ）单 ＝ 调 ３－ 递 ｅ＞ 增 ０ ； ０∈ ０ １ ∈ ０ ０ ＞０
＝１－ｌｎ ＝０ ＝ｅ
所以ｈ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，在（ ， ）上单调递减． ｘ （ｘ ， ）时，ｈ′（ｘ） ，ｈ（ｘ）单调递减；ｘ （ ， ）时，ｈ′
所以当ｘ 时 ０ ，函 ｅ 数ｈ（ｘ）取得最大值 ｅ ＋ ｈ ∞ （ ） ，因此ｋ ． （ ｘ ） ∈ ，ｈ（ｘ ０ ） １ 单调递增． ＜０ ∈ １ ＋∞
＝ｅ ｅ ＝１ ≥１ ＞０
（ ）证明：ｇ（ｘ） ｆ（ｘ）
ｋ
ｘ ．ｋ
ｙ
２－
ｙ
１ ｌｎ
ｘ
２－ｌｎ
ｘ
１，
又ｈ（
０
）
＝
ｈ（
１
）
＝０
，所以ｘ
＞０
时，ｈ（ｘ）
≥０
，即
ｅ
ｘ
－
ｘ２
－
（
ｅ－２
）ｘ
３ ＝ － ｘ ＋１＝ｌｎ ＋１ ＝ｘ ｘ ＝ ｘ ｘ ，
２－ １ ２－ １ －１≥０
因为ｘ
ｘ
１＋
ｘ
２，所以ｇ′（ｘ ） （ ｘ ）′ １ ２ ．
所以
ｅ
ｘ
－
（
ｅ－２
）ｘ
－１≥
ｘ２．
０＝ ２ ０ ＝ ｌｎ ＋１ ｜ｘ ＝ ｘ ０ ＝ｘ ０ ＝ｘ １＋ ｘ ２ 令φ（ｘ） ｘ ｘ，则φ′（ｘ） １ １－ ｘ ．
ｘ ｘ ＝ｌｎ － ＝ ｘ －１＝ ｘ
要证ｋ ｇ′（ｘ ），即证ｌｎ ２－ｌｎ １ ２ ，
＞ ０ ｘ ｘ ＞ｘ ｘ 所以ｘ （ ， ）时，φ′（ｘ） ，φ（ｘ）单调递增；ｘ （ ， ）
２－ １ １＋ ２ ∈ ０ １ ＞０ ∈ １ ＋∞
（ｘ ｘ ） 时，φ′（ｘ） ，φ（ｘ）单调递减，所以φ（ｘ） φ（ ） ，即 ｘ
即证 ｘ ｘ ２ ２－ １ （因为 ｘ ｘ ）， ＜０ ≤ １ ＝－１ ｌｎ ＋１
ｌｎ ２－ｌｎ １＞ ｘ ｘ ０＜ １＜ ２ ｘ．
１＋ ２ ≤
ｘ （ｔ ） 因为ｘ ，所以ｘ（ ｘ ） ｘ２，所以ｘ 时， ｘ （ ）ｘ
设ｔ ２ ，即证 ｔ ２ －１ ４ ， ＞０ ｌｎ ＋１ ≤ ＞０ ｅ － ｅ－２ －１
＝ｘ ＞１ ｌｎ ＞ ｔ ＝２－ｔ ｘ（ ｘ ），
１ ＋１ ＋１ ≥ ｌｎ ＋１
即ｘ 时， ｘ ｘ ｘ（ ｘ ）．
也就是要证 ｔ ４ ，其中ｔ （ ， ）， ＞０ ｅ －ｅ －１≥ ｌｎ －１
ｌｎ ＋ｔ －２＞０ ∈ １ ＋∞ 例 （２０１８山西康杰中学等四校联考，２１）已知函数ｆ ｘ
＋１ （ ）
ｘ ｘ．
设ｋ（ｔ） ｔ ４ （ｔ （ ， ））， ＝ －ｌｎ
＝ｌｎ ＋ｔ －２ ∈ １ ＋∞ 求ｆ ｘ 的单调区间和极值
＋１ （１） （ ） ；
则ｋ′（ｔ） ＝ １ ｔ －（ｔ ４ ）２ ＝ （ ｔ ｔ （ ＋ ｔ １ ）２ ） － ２ ４ ｔ ＝ｔ （ （ ｔ ｔ －１ ） ） ２ ２＞０ ， （２） 证明 ： 当ｘ ≥１ 时 ， （ ｘ ｅ ｘ ＋１） ｆ （ ｘ ） ≥ｅ ｘ －１ ；
＋１ ＋１ ＋１ ｅ＋１
所以ｋ（ｔ）在（ ， ）上单调递增， 若ｆ ｘ ｍ ｘ ｍ对任意ｘ 恒成立 求实
１ ＋∞ （３） （ ）≥（１－ ） ＋ ∈（０，＋∞） ，
因此ｋ（ｔ） ｋ（ ） ．即ｋ ｇ′（ｘ ）．
＞ １ ＝０ ＞ ０ 数ｍ的值．解析 （ ）ｆ（ｘ） ｘ ｘ，ｆ ′（ｘ） １ ，ｘ （ ， ），
方法总结 解决不等式恒成立问题的常见方法 分离参数 １ ＝ －ｌｎ ＝１－ ｘ ∈ ０ ＋∞
：① ，
化 即可 为 ） ａ ； ≥ ② ｆ （ 数 ｘ 形 ） 恒 结 成 合 立 （ ｙ （ ａ ＝ ≥ ｆ （ ｆ ｘ （ ） ｘ 图 ）ｍａ 象 ｘ 即 在 可 ｙ ） ＝ 或 ｇ （ ａ ≤ ｘ ） ｆ 图 （ ｘ 象 ） 恒 上 成 方 立 （ （ 或 ａ ≤ 下 ｆ 方 （ ｘ ） ） 即 ｍｉｎ ｆ ｆ （ （ １ ｘ） ） 在 ＝１ （ ， ０ 无 ， １ 极 ）上 大 单 值． 调递减，在（ １ ， ＋∞ ）上单调递增，有极小值
可 讨论最值ｆ ｘ 或ｆ ｘ 恒成立 讨论参数 排
除
经
） 不
典
； 合 ③
例
题
题
意
教
的
师
参
用
数
书
（ 范 ） 围 ｍｉｎ ， ≥ 筛 ０ 选出符 （ 合 ） 题 ｍａｘ 意 ≤ 的 ０ 参数范围 ；④ ． ， （ ２ ）证明：原不等式可化为 ｆ
ｅ
（
＋
ｘ
１
） ≥ｘ
ｅ
ｅ ｘ ｘ －
＋
１
１
，
例 （２０１９河南八市重点高中联盟第五次测评，２１）已知 记ｇ（ｘ） ｅ ｘ －１ ，则ｇ′（ｘ） ｅ ｘ －１（ １－ｅ ｘ） ，
函数 ｆ ｘ ｘ ａｘ２ 且曲线ｙ ｆ ｘ 在ｘ 处的切线与直线ｘ ＝ｘ ｅ ｘ ＋１ ＝ （ｘ ｅ ｘ ＋１ ）２
（ ）＝ｅ － ， ＝ （ ） ＝１ ＋（ｅ 当ｘ 时，ｇ′（ｘ） ，
ｙ 垂直． ≥１ ＜０
－２） ＝０
求函数ｆ ｘ 的单调区间 所以ｇ（ｘ）在［ ， ）上单调递减，有ｇ（ｘ） ｇ（ ） １ ，
（１）
求证 ｘ
（
时
）
ｘ ｘ
；
ｘ ｘ ．
１ ＋∞ ≤ １ ＝
ｅ＋１
（２） ： ＞０ ，ｅ －ｅ －１≥ （ｌｎ －１） ｆ（ｘ） ｆ（ ）
解析 （ ）由ｆ（ｘ） ｘ ａｘ２，得ｆ ′（ｘ） ｘ ａｘ． 又由（ ）知， １ １ ，得证．
１ ＝ｅ － ＝ｅ －２ １ ≥ ＝
因为曲线 ｙ ｆ（ｘ）在 ｘ 处的切线与直线 ｘ （ ）ｙ ｅ＋１ ｅ＋１ ｅ＋１
＝ ＝１ ＋ ｅ－２ ＝０ （ ）ｆ（ｘ） （ ｍ）ｘ ｍ即 ｘ ｍ（ｘ ） ，
垂直， ３ ≥ １－ ＋ ｌｎ － －１ ≤０
记ｈ（ｘ） ｘ ｍ（ｘ ），
所以ｆ ′（
１
）
＝ｅ－２
ａ
＝ｅ－２
，所以ａ
＝１
，即ｆ（ｘ）
＝ｅ
ｘ
－
ｘ２， ｆ ′（ｘ）
则ｈ（ｘ）
＝ｌｎ
对
－
任意
－
ｘ
１
（ ， ）恒成立，
ｘ ｘ． ≤０ ∈ ０ ＋∞
＝ｅ －２
令ｇ（ｘ） ＝ｅ ｘ －２ ｘ，则ｇ′（ｘ） ＝ｅ ｘ －２ ．所以ｘ ∈ （ －∞ ， ｌｎ ２ ）时， 求导得ｈ′（ｘ） ＝ １ ｘ － ｍ（ｘ ＞０ ），
ｇ′（ｘ） ｘ ∈ ＜０ （ ， ｌ ｇ ｎ （ ２ ｘ ， ） ＋ 单 ∞ 调 ） 递 时 减 ，ｇ ； ′（ｘ） ＞０ ，ｇ（ｘ）单调递增．所以ｇ（ｘ） ｍｉｎ＝ 又 若 ｈ ｍ （ ≤ １ ） ０ ＝ ，则 ０ ， ｈ 故 ′（ 当 ｘ） ｘ ＞ ＞ ０ １ ，得 时， ｈ ｈ （ （ ｘ ｘ ） ） 在 ＞０ （ ， ０ 不 ， ＋ 合 ∞ 题 ）上 意 单 ； 调递增，
ｇ（ ） ，所以ｆ ′（ｘ） 恒成立， ｆ（ｘ）单调递增． ( )
ｌｎ２ ＝２－２ｌｎ２＞０ ＞０ 若 ｍ ， 则易得 ｈ （ｘ） 在 ，１ 上单调递增， 在 即ｆ（ｘ）的单调增区间为（ ， ），无减区间． ＞ ０ ０ ｍ
－∞ ＋∞
（ ）证明：由（ ）知ｆ（ｘ） ｘ ｘ２， ｆ（ ） ，所以ｙ ｆ（ｘ）在 ( ) ( )
２ １ ＝ｅ － １ ＝ｅ－１ ＝ １ ， 上单调递减，则ｈ（ｘ） ｈ １ ｍ ｍ，
ｘ
＝１
处的切线方程为ｙ
－
（
ｅ－１
）
＝
（
ｅ－２
）（ｘ
－１
）， ｍ ＋∞ ｍａｘ＝ ｍ ＝－ｌｎ －１＋
即ｙ （ ）ｘ ． 依题意有 ｍ ｍ ，故ｆ（ｍ） ，
＝ ｅ－２ ＋１ －ｌｎ －１＋ ≤０ ≤１
令ｈ（ｘ） ｘ ｘ２ （ ）ｘ ，则ｈ′（ｘ） ｘ ｘ （ ） ｘ 由（ ）知ｆ（ｍ） ，则ｍ只能等于 ．
＝ｅ － － ｅ－２ －１ ＝ｅ －２ － ｅ－２ ＝ｅ －ｅ １ ≥１ １
