解密16导数的综合应用（讲义）-高频考点解密2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练(1)_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

1
解密16 
数的
合
用
导
综
应
核心考点
读高考设问知考法
命题解读
利用导数研
究函数的零
点
【2014 新课标1 理11 文12】已知函数
=
，若
存在唯一的零点
，且
＞0，则
的取值范围为(　　)
在高考压轴题中，
函数与方程、不等
式的交汇是考查的
热点，常以指数函
数、对数函数为载
体考查函数的零点
(方程的根)、比较
大小、不等式证
明、不等式恒成立
与能成立问题.
【2020 新课标1 文20】已知函数
．
（1）当
时，讨论
的单调性；
（2）若
有两个零点，求
的取值范围．
【2020 新课标3 文20】已知函数
．（1）讨论
的单调性；（2）若
有三个零点，求
的取值范围．
【2019 新课标1 理20】已知函数
，
为
的导数．证明：（1）
在区间
存在唯一极大值
点；（2）
有且仅有2 个零点．
【2018 新课标2 理21】已知函数
2
( )
ex
f x
ax


．
（1）若
1
a ，证明：当
0
x 
时，
( )
1
f x ；
（2）若
( )
f x 在(0,
)
只有一个零点，求a ．
利用导数证
明不等式
【2020 新课标2 理21】已知函数
．
（1）讨论
在区间
的单调性；（2）证明：
；
（3）设
，证明：
．
【2018 新课标1 理21】已知函数
1
( )
ln
f x
x
a
x
x



．
（1）讨论
( )
f x 的单调性；
（2）若
( )
f x 存在两个极值点
1
2
,
x x ，证明：
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2
【2016 新课标3 文21】设函数
．
（I）讨论
的单调性；  （II）证明当
时，
；
（III）设
，证明当
时，
．
导数与不等
式恒成立、
存在性问题
【2020 新高考全国】已知函数
．
（1）当
时，求曲线
在点
处的切线与两坐标
轴围成的三角形的面积；（2）若
，求
的取值范围．
【2020 新课标1 理21】已知函数
．
（1）当
时，讨论
的单调性；
（2）当
时，
，求
的取值范围．
【2017 新课标1 文21】已知函数
．
（1）讨论
的单调性；（2）若
，求
的取值范围．
【2017 新课标2 文21】设函数f (x) = (1-x2)ex．（1）讨论f (x)的单
调性；（2）当x0 时，f (x)ax+1，求a 的取值范围．
 
核心考点一  利用导数研究函数的零点
1.利用导数研究函数的零点
函数的零点、方程的实根、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函
数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.
2.三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确
定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1<x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如
下：
a 的符号
零点个数
充要条件
a＞0
(f(x1)为极大值，
f(x2)为极小值)
一个
f(x1)＜0 或f(x2)>0
两个
f(x1)＝0 或f(x2)＝0
三个
f(x1)＞0 且f(x2)＜0
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3
a＜0
(f(x1)为极小值，
f(x2)为极大值)
一个
f(x1)>0 或f(x2)＜0
两个
f(x1)＝0 或f(x2)＝0
三个
f(x1)＜0 且f(x2)＞0
1．【2014 新课标1 理11 文12】已知函数
=
，若
存在唯一的零点
，且
＞0，
则
的取值范围为(　　)
A．
          B．
          C．
          D．
【解析1】由已知
，
，令
，得
或
，
当
时，
；
且
，
有小于零的零点，不符合题意．
当
时，
要使
有唯一的零点
且
＞0，只需
，即
，
．故选B．
【解析2】由已知
，
=
有唯一的正零点，等价于
有唯一的正零根，令
，则问题又等价于
有唯一的正零根，即
与
有唯一的交点且交点在在y 轴右侧记
，
，由
，
，
，
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4
，要使
有唯一的正零根，只需
，故选B．
2．【2020 新课标1 文20】已知函数
．
（1）当
时，讨论
的单调性；
（2）若
有两个零点，求
的取值范围．
【解析】（1）当
时，
，
，
令
，解得
，令
，解得
，
所以
的减区间为
，增区间为
；
（2）求导
，
，
当
时，
在
上恒成立，所以
在
单调递增，故
至多有1 个零点，不合题意。
当
时，令
得
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
故
，
若
，则
，故
至多有1 个零点，不合题意，
若
，
，则
。
，故
在
有且仅有1 个零点，故
在
有且仅有1 个零点；
，故
在
有且仅有1 个零点，故
在
有且仅有1 个零点．
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5
综上所述，
的取值范围是
．
3．【2019 新课标1 理20】已知函数
，
为
的导数．证明：
（1）
在区间
存在唯一极大值点；（2）
有且仅有2 个零点．
【解析】（1）设
，则
，
．
当
时，
单调递减，而
，可得
在
有唯一零点，设为
．
则当
时，
；当
时，
．
所以
在
单调递增，在
单调递减，
故
在
存在唯一极大值点，即
在
存在唯一极大值点．
（2）
的定义域为
．
（i）当
时，由（1）知，
在
单调递增，而
，所以当
时，
，故
在
单调递减，又
，从而
是
在
的唯一零点．
（ii）当
时，由（1）知，
在
单调递增，在
单调递减，而
，
，所以存在
，使得
，且当
时，
；当
时，
．
故
在
单调递增，在
单调递减．
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6
又
，
，所以当
时，
．
从而，
在
没有零点．
（iii）当
时，
，所以
在
单调递减．
而
，
，所以
在
有唯一零点．
（iv）当
时，
，所以
，从而
在
没有零点．
综上，
有且仅有2个零点．
1．【2020 新课标3 文20】已知函数
．
（1）讨论
的单调性；
（2）若
有三个零点，求
的取值范围．
【解析】（1）求导
，
当
时，
恒成立，所以
在
上单调递增；
当
时，令
，得
，令
，得
，
令
，得
或
，所以
在
上单调递减，在
，
上单调递增．
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7
（2）由（1）知，
有三个零点，则
，且
，即
，解得
，
当
时，
，且
，
所以
在
上有唯一一个零点，
同理
，
，
所以
在
上有唯一一个零点，
又
在
上有唯一一个零点，所以
有三个零点，
综上可知
的取值范围为
．
2．【2018 新课标2 理21】已知函数
2
( )
ex
f x
ax


．
（1）若
1
a ，证明：当
0
x 
时，
( )
1
f x ；
（2）若
( )
f x 在(0,
)
只有一个零点，求a ．
【解析】（1）当
1
a 
时，
( )
1
f x 等价于
2
(
1)e
1
0
x
x



．
设函数
2
( )
(
1)e
1
x
g x
x



，则
2
2
( )
(
2
1)e
(
1) e
x
x
g' x
x
x
x







．
当
1
x 
时，
( )
0
g' x 
，所以
( )
g x
在
(0,
)

单调递减．
而
(0)
0
g

，故当
0
x 
时，
( )
0
g x 
，即
( )
1
f x 
．
（2）设函数
2
( )
1
e x
h x
ax


．
( )
f x
在
(0,
)

只有一个零点当且仅当
( )
h x
在
(0,
)

只有一个零点．
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8
（i）当
0
a 
时，
( )
0
h x 
，
( )
h x
没有零点；
（ii）当
0
a 
时，
( )
(
2)e x
h' x
ax x



．
当
(0,2)
x
时，
( )
0
h' x 
；当
(2,
)
x

时，
( )
0
h' x 
．
所以
( )
h x
在
(0,2)
单调递减，在
(2,
)

单调递增．
故
2
4
(2)
1
e
a
h

是( )
h x 在[0,
)
的最小值．
①若(2)
0
h

，即
2e
4
a 
，( )
h x 在(0,
)
没有零点；
②若(2)
0
h

，即
2e
4
a 
，( )
h x 在(0,
)
只有一个零点；
③若(2)
0
h

，即
2e
4
a 
，由于(0)
1
h

，所以( )
h x 在(0,2) 有一个零点，
由（1）知，当
0
x 
时，
2
ex
x

，所以
3
3
3
4
2
2
4
16
16
16
1
(4 )
1
1
1
1
0
e
(e )
(2 )
a
a
a
a
a
h
a
a
a





．
故
( )
h x
在
(2,4 )
a
有一个零点，因此
( )
h x
在
(0,
)

有两个零点．
综上，
( )
f x 在(0,
)
只有一个零点时，
2e
4
a 
．
核心考点二  利用导数证明不等式
利用导数证明不等式
若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，
即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b).
1．【2020 新课标2 理21】已知函数
．
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9
（1）讨论
在区间
的单调性；
（2）证明：
；
（3）设
，证明：
．
【解析】(1)由函数的解析式可得
（不化简也可以，直接求导即可），则
，
在
上的根为
，
当
时，
单调递增，
当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，
所以，
在
和
单调递增，在
单调递减．
(2)方法1：注意到
，
,
故
是周期为
的奇函数，
结合(1)的结论，计算可得
，
，
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10
，
据此可得
，
，即
．
方法2：
，
于是
，当且仅当
，即
时等号成立。
方法3：
，
于是
，当且仅当
，即
时等号成立。
 (3)方法1：由（2）得
，则
，
，…，
，累乘得
……
，又
，所
以
……
，故
．
方法2：由（2）有：
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11
．
2．【2018 新课标1 理21】已知函数
1
( )
ln
f x
x
a
x
x



．
（1）讨论
( )
f x 的单调性；
（2）若
( )
f x 存在两个极值点
1
2
,
x x ，证明：




1
2
1
2
2
f x
f x
a
x
x




．
【解析】（1）
( )
f x 的定义域为(0,
)
，
2
2
2
1
1
( )
1
a
x
ax
f
x
x
x
x






．
（i）若
2
a 
，则
( )
0
f
x


，当且仅当
2
a 
，
1
x 
时
( )
0
f
x


，所以
( )
f x 在(0,
)
单调递减．
（ii）若
2
a 
，令
( )
0
f
x


得，
2
4
2
a
a
x



或
2
4
2
a
a
x



．
当
2
2
4
4
(0,
)
(
,
)
2
2
a
a
a
a
x






U
时，
( )
0
f
x


；
当
2
2
4
4
(
,
)
2
2
a
a
a
a
x





时，
( )
0
f
x


．所以
( )
f x 在
2
2
4
4
(0,
),(
,
)
2
2
a
a
a
a




单调
递减，在
2
2
4
4
(
,
)
2
2
a
a
a
a




单调递增．
（2）由（1）知，
( )
f x 存在两个极值点当且仅当
2
a 
．
由于
( )
f x 的两个极值点
1
2
,
x x 满足
2
1
0
x
ax


，所以
1
2
1
x x 
，不妨设
1
2
x
x

，则
2
1
x ．由于
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12
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
(
)
(
)
ln
ln
ln
ln
2ln
1
1
2
2
1
f x
f x
x
x
x
x
x
a
a
a
x
x
x x
x
x
x
x
x
x












，
所以
1
2
1
2
(
)
(
)
2
f x
f x
a
x
x




等价于
2
2
2
1
2ln
0
x
x
x 


．
设
1
( )
2ln
g x
x
x
x



，由（1）知，( )
g x 在(0,
)
单调递减，又(1)
0
g

，从而当
(1,
)
x
时，
( )
0
g x 
．
所以
2
2
2
1
2ln
0
x
x
x 


，即
1
2
1
2
(
)
(
)
2
f x
f x
a
x
x




．
1．【2016 新课标3 文21】设函数
．
（I）讨论
的单调性；  （II）证明当
时，
；
（III）设
，证明当
时，
．
【解析】（Ⅰ）由题设，
的定义域为
，
，令
，解得
．
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减．
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13
2.已知函数
2
1
( )
ln(1
),
2
f x
x
a
x
a



为常数．
（1）讨论函数
( )
f x 的单调性；
（2）若函数
( )
f x 有两个极值点
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x

，求证：
2
1
3
ln 4
(
)
8
f x
x



．
【解析】(1)函数的定义域为(
,1)

．由题意，
2
( )
1
1
a
x
x
a
f
x
x
x
x









．  
（i）若
1
4
a≥
，则
2
0
x
x
a



≤
，于是
( )
0
f
x

≤
，当且仅当
1
1
,
4
2
a
x


时，
( )
0
f
x


，
所以
( )
f x 在(
,1)

单调递减．
 
（ii）若
1
0
4
a


，由
( )
0
f
x


，得
1
1 4
2
a
x



或
1
1 4
2
a
x



，
当
1
1 4
,
2
a
x










或
1
1 4 ,1
2
a
x










时，
( )
0
f
x


；
当
1
1 4
1
1 4
,
2
2
a
a
x












时，
( )
0
f
x


；
所以

f x 在
1
1 4
1
1 4
,
,
,1
2
2
a
a

















单调递减，
1
1 4
1
1 4
,
2
2
a
a












单调递增．
（iii）若
0
a ≤
，则
1
1 4
1
2
a
x



≥，
当
1
1 4
,
2
a
x










时，
( )
0
f
x


；当
1
1 4 ,1
2
a
x










时，
( )
0
f
x


；
所以

f x 在
1
1 4
,
2
a











单调递减，
1
1 4 ,1
2
a









单调递增． 
综上所述，当
1
4
a≥
时，函数
( )
f x 在(
,1)

上单调递减；
当
1
0
4
a


时，函数

f x 在
1
1 4
1
1 4
,
,
,1
2
2
a
a

















上单调递减，
在
1
1 4
1
1 4
,
2
2
a
a












上单调递增；
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14
当
0
a ≤
时，函数
( )
f x 在
1
1 4
,
2
a











上单调递减，在
1
1 4 ,1
2
a









上单调递增． 
（2）由（1）知，
( )
f x 有两个极值点当且仅当
1
0
4
a


， 
由于
( )
f x 的两个极值点
1
2
,
x x 满足
2
0
x
x
a




，所以
1
2
1
2
1,
x
x
x
x
a




，则
1
1
0
2
x


，
由于
2
2
2
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
ln(1
)
(1
)
ln
2
(1
)ln
2
2
2
2
f x
x
x
a
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x














．
设
2
1
1
1
( )
2
(1
)ln
0
2
2
2
g x
x
x
x
x
x
x












．
1
( )
2
(1 2 )ln
(1
)
(1 2 )ln
1
g x
x
x
x
x
x
x
x
x










．
当
1
1
2
x 
时，(1 2 )ln
0
x
x


，所以
( )
0
g x


． 
所以( )
g x 在
1
0, 2





单调递减，又
1
1
1
1
1
3
ln 4
1
ln
2
2
8
4
2
8
g










．
所以
1
3
ln 4
( )
2
8
g x
g









，即
2
1
3
ln 4
(
)
8
f x
x



．
核心考点三  导数与不等式恒成立、存在性问题
1.利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.
①f(x)>g(x)对一切x∈I 恒成立⇔I 是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).
②∃x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔I 与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).
③对∀x1，x2∈I 使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
④对∀x1∈I，∃x2∈I 使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.
2.(1)判断含x，ln x，ex的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝eln x0及ex≥x＋1，ln x≤x－1 对函数式放缩，
有时可放缩为一个常量，变形为关于x 的一次式或二次式，再判断符号.
(2)会对复杂函数式或导数式(如含x，ln x，ex的混合式)变形，如拆分为两个函数处理，好处是避免由于式
子的复杂导致的思路无法开展.
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1.已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1).若x≥－2 时，f(x)≤kg(x)，求k 的取值范围.
【解析】设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4
＝2(x＋2)(kex－1).
由题设可得F(0)≥0，即k≥1.
令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2.
(ⅰ)若1≤k<e2，则－2<x1≤0.
从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0；
当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0.即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增.故F(x)在[－2，＋∞)
上的最小值为F(x1).
而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.
故当x≥－2 时，F(x)≥0，
即f(x)≤kg(x)恒成立.
(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2).
从而当x>－2 时，F′(x)>0，
即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增.
而F(－2)＝0，故当x≥－2 时，F(x)≥0，
即F(x)≤kg(x)恒成立.
(ⅲ)若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.从而当x≥－2 时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
综上，k 的取值范围是[1，e2].
2．【2020 新高考全国】已知函数
．
（1）当
时，求曲线
在点
处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若
，求
的取值范围．
【解析】（1）∵ 
, ∴ 
，即
，
∵ 
， ∴切线方程为
，
∴ 与坐标轴交点坐标分别为
，
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因此所求三角形面积为
。
（2）思路1：取点+隐零点
∵ 
，
∴ 
，设
，则
，
∴ 
在
上单调递增，即
在
上单调递增，
当
时，
使得
，
当
时，
，
，有
，
当
时，
，
，有
， 
因此存在唯一
，使得
，即
，取对数得
，
当
时
，
单调递减；当
时
，
单调递增，
因此
，
∵ 
对
恒成立，
∴ 
，即
。
∴ 
的取值范围是
。
思路2：找矛盾区间+常数放缩
当
时，
，不合题意。
当
时，
，
在
单调递增，又
。
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∴ 当
时，
，即
单调递减；当
时，
单调递增，
∴ 
恒成立。
当
时，
恒成立。
综上所述，
的取值范围是
。
思路3：同构函数
∵ 
，
∴ 
等价于
，
令
，则
在
单调递增，由
得
，故
，
令
，则
，于是
在
单调递增，在
单调递减，故
，从而
，解得
，故
的取值范围是
。
思路4：切线放缩
当
时，
，不合题意。
当
时，
，
综上所述，
的取值范围是
。
3．【2020 新课标1 理21】已知函数
．
（1）当
时，讨论
的单调性；
（2）当
时，
，求
的取值范围．
【解析】(1)当
时，
，
，
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由于
，故
单调递增，注意到
，故：
当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增．
(2)由
得，
，其中
，
①当
时，不等式为
，显然成立，符合题意；
②当
时，分离参数a 得，
，
记
，
，
令
，则
，
，
故
单调递增，
，故函数
单调递增，
，
由
可得：
恒成立，
故当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减；
因此，
，
综上可得，实数a
取值范围是
．
1．【2017 新课标1 文21】已知函数
．
（1）讨论
的单调性；（2）若
，求
的取值范围．
【解析】（1）
①当
时，
，令
，即
，解得
，
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                             令
，即
，解得
，
所以当
，
在
上递增，在
上递减．
②当
时，
， 
在
上递增．
③当
时，
，令
，
令
，
所以当
时，
在
上递增，在
上递减．
综上所述：当
，
在
上递减，在
上递增；
当
时， 
在
上递增；
当
时，
在
上递减，在
上递增．
（2）由（1）得当
时，
，
，得
．当
时，
满足条件．
当
时，
                   
，
，又因为
，所以
．
综上所述，
的取值范围是
．
2．【2017 新课标2 文21】设函数f (x) = (1-x2)ex．
（1）讨论f (x)的单调性；
（2）当x0 时，f (x)ax+1，求a 的取值范围．
【解析】∵
2
( ) = (1 2
)
x
f
x
x
x e



，令
( ) = 0
f
x

得
1
2
x 
，
1
2
x 
，当
(
1
2)
，
x
时，
( ) < 0
f
x

；当
( 1
2
1
2)
，
x

时，
( ) > 0
f
x

；当
( 1
2 +
)
，
x
时，
( ) < 0
f
x

；
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所以f (x)在(
1
2)
，

，( 1
2 +
)
，

上单调递减，在( 1
2
1
2)
，


上单调递增．
（2）∵
( ) = (1
)(1
)
x
f x
x
x e


，当a≥1 时，设函数( ) = (1
)
x
h x
x e

，
( ) =
0 (
0)
x
h x
xe
x




，因此( )
h x 在
[0 +
)
，单调递减，而(0) 1
=
h
，故( )
1
h x ，所以
( ) = (1
)
( )
1
h x
x
f x
x



 
1
ax

；当0<a<1 时，设函
数g( ) =
1
x
x
e
x
，g ( ) =
1
0(
0)
x
x
e
x



，所以g( )
x 在[0 +
)
，在单调递增，而g(0)=0，故
1
xe
x

． 当
0<x<1 时，
2
( ) = (1
)(1
)
f x
x
x


，
2
2
1
(
(1
)(1
)
1
)
ax
x
a
x
x
x
x







，取
0
5
4
1
2
a
x



，则
0
(01)
，
x 
，
2
0
0
0
(1
)(1
)
0
x
x
ax




，故
0
0
(
) >
+1
f x
ax
；当a≤0 时，取
0
5
1
2
x


，
2
0
0
0
0
(
) > (1
)(1
1
)
1
f
a
x
x
x
x




；
综上所述，a 的取值范围是[1 +
)
，．
3.已知函数f(x)＝x－mln x－(m∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当m≤2 时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m 的取值范围.
【解析】(1)f(x)＝x－mln x－，且定义域(0，＋∞)，
∴f′(x)＝1－＋＝，
当m≤2 时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，
∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m.
当m≥e＋1 时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，
∴f(x)在[1，e]上是减函数，
则f(x)min＝f(e)＝e－m－.
当2<m<e＋1 时，若x∈[1，m－1]，则f′(x)≤0；
若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.
f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1).
(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.
由(1)知m≤2 时，在x∈[e，e2]上有f′(x)≥0，
∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－.
又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，
当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.
所以m≤2 且e－m－≤1，解得≤m≤2.
所以实数m 的取值范围是.
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