文档文本内容
§3.7 导数的综合应用
重点解读 导数的综合问题是高考的热点，常考查恒(能)成立、不等式的证明、函数的零点等问题，解题方法
灵活，难度较大，一般以压轴题的形式出现.
题型一 利用导数研究恒(能)成立问题
例1 已知函数f(x)=(x-2)ex.
(1)求f(x)在[-1，3]上的最值；
(2)若不等式2f(x)+2ax≥ax2对x∈[2，+∞)恒成立，求实数a 的取值范围.
解 (1)依题意f '(x)=(x-1)ex，
令f '(x)=0，解得x=1，
当x<1 时，f '(x)<0；当x>1 时，f '(x)>0，
∴f(x)在[-1，1]上单调递减，在(1，3]上单调递增，
而f(1)=-e，f(3)=e3，f(-1)=-3e
-1<f(3)，
∴f(x)在[-1，3]上的最小值为-e，最大值为e3.
(2)方法一 依题意，2(x-2)ex+2ax≥ax2在[2，+∞)上恒成立.
当x=2 时，4a≥4a，∴a∈R；
当x>2 时，原不等式化为a≤2( x -2)e
x
x
2-2 x
=2e
x
x ，
令g(x)=2e
x
x ，则g'(x)=2( x -1)e
x
x
2
，
∵x>2，∴g'(x)>0，∴g(x)在(2，+∞)上单调递增，
∴g(x)>g(2)=e2，∴a≤e2，
综上，实数a 的取值范围是(-∞，e2].
方法二 依题意，当x∈[2，+∞)时，2(x-2)ex+2ax-ax2≥0 恒成立，
令φ(x)=2(x-2)ex+2ax-ax2，x∈[2，+∞)，
∴φ(x)≥0 恒成立，
φ'(x)=2(x-1)ex+2a-2ax=2(x-1)(ex-a)，
又x≥2，∴x-1>0，ex≥e2，
①当a≤e2时，φ'(x)≥0，
∴φ(x)在[2，+∞)上单调递增，
∴φ(x)min=φ(2)=0，
∴φ(x)≥0 恒成立，故a≤e2符合题意.
②当a>e2时，令φ'(x)=0⇒x=ln a，
当x∈[2，ln a)时，φ'(x)<0，
x∈(ln a，+∞)时，φ'(x)>0，
∴φ(x)在[2，ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)上单调递增，
∴φ(x)min=φ(ln a)<φ(2)=0，与φ(x)≥0 恒成立矛盾，
∴a>e2不成立，
综上，a 的取值范围是(-∞，e2].
思维升华 恒(能)成立问题的解法
(1)若f(x)在区间I 上有最值，则
①恒成立：∀x∈I，f(x)>0⇔f(x)min>0；∀x∈I，f(x)<0⇔f(x)max<0.
②能成立：∃x∈I，f(x)>0⇔f(x)max>0；∃x∈I，f(x)<0⇔f(x)min<0.
(2)若能分离常数，即将问题转化为a>f(x)(或a<f(x))，则
①恒成立：a>f(x)⇔a>f(x)max；a<f(x)⇔a<f(x)min.
②能成立：a>f(x)⇔a>f(x)min；a<f(x)⇔a<f(x)max.
跟踪训练1 (2024·河南省TOP 二十名校联考)设函数f(x)=ax2-x-ln x.
(1)当a=1 时，求f(x)的单调区间；
(2)若关于x 的不等式f(x)≤0 在[e
-1，e
2]上有解，求实数a 的取值范围.
解 (1)当a=1 时，f(x)=x2-x-ln x，其定义域为(0，+∞).
f '(x)=2x-1-1
x =2 x
2- x -1
x
=(2 x +1)( x -1)
x
，
当x∈(0，1)时，f '(x)<0，当x∈(1，+∞)时，f '(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞).
(2)不等式f(x)≤0 在[e
-1，e
2]上有解等价于a≤1
x +ln x
x
2 在[e
-1，e
2]上有解，
令g(x)=1
x +ln x
x
2 ，x∈[e
-1，e
2]，则a≤g(x)max，x∈[e
-1，e
2].
g'(x)=- 1
x
2+1-2ln x
x
3
=1-2ln x - x
x
3
，
令h(x)=1-2ln x-x，x∈[e
-1，e
2]，易知h(x)在[e
-1，e
2]上单调递减，且h(1)=0，
所以当x∈[e-1，1)时，h(x)>0，即g'(x)>0，当x∈(1，e2]时，h(x)<0，即g'(x)<0，
所以g(x)在[e-1，1)上单调递增，在(1，e2]上单调递减.
所以g(x)max=g(1)=1，所以a≤1，即实数a 的取值范围为(-∞，1].
题型二 利用导数证明不等式
例2 (2025·大连模拟)已知函数f(x)=xln x+ax+1(a∈R).
(1)若f(x)≥0 恒成立，求a 的取值范围；
(2)当x>1 时，证明：exln x>e(x-1).
(1)解 由已知得，-a≤ln x+1
x 在(0，+∞)上恒成立，
设g(x)=ln x+1
x ，g'(x)=1
x - 1
x
2= x -1
x
2 ，
令g'(x)>0，解得x>1，
令g'(x)<0，解得0<x<1，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)=1，即-a≤1，∴a≥-1.
(2)证明 方法一 当x>1 时，若证exln x>e(x-1)成立，即证ln x> x -1
e
x -1 ，x>1.
设G(x)=ln x- x -1
e
x -1 ，x>1，
G '(x)=1
x -e
x -1-( x -1)e
x -1
(e
x -1)
2
=e
x -1+ x
2-2 x
x e
x -1
，
设m(x)=ex-1+x2-2x，x>1，
m '(x)=ex-1+2x-2=ex-1+2(x-1)，
当x>1 时，m '(x)>0，∴m(x)在(1，+∞)上单调递增.
∴m(x)>m(1)=0，∴G '(x)>0，
∴G(x)在(1，+∞)上单调递增，G(x)>G(1)=0，
由此可证，当x>1 时，exln x>e(x-1)成立.
方法二 由(1)知，当a≥-1 时，f(x)≥0 恒成立，取a=-1，得ln x≥x -1
x
成立，当且仅当x=1 时取等号.
∴当x>1 时，exln x>e
x( x -1)
x
，
设h(x)=ex-ex，
h'(x)=ex-e，故当x>1 时，h'(x)>0，
∴h(x)=ex-ex 在(1，+∞)上单调递增，
∴h(x)>h(1)=0，∴ex>ex.
∴当x>1 时，e
x
x >e，即e
x( x -1)
x
>e(x-1).
由此可证，当x>1 时，exln x>e
x( x -1)
x
>e(x-1).
思维升华 利用导数证明不等式的解题策略
(1)待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要
进行变形，利用导数研究最值即可得证.
(2)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，
达到证明的目的.
(3)对于函数中含有ex和ln x 与其他代数式结合的问题，可以考虑先对ex和ln x 进行放缩，使问题简化，简
化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下：①ex≥1+x，当且仅当x=0 时取等号；②ln x≤x-1，当且
仅当x=1 时取等号.
跟踪训练2 已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a=e 时，证明：xf(x)-ex+2ex≤0.
(1)解 f '(x)=e
x -a(x>0)，
①若a≤0，则f '(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
②若a>0，则当0<x<e
a时，f '(x)>0，
当x>e
a时，f '(x)<0，
故f(x)在(0，e
a)上单调递增，在(
e
a ，+ ∞)上单调递减.
(2)证明 因为x>0，所以只需证f(x)≤e
x
x -2e.
当a=e 时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
所以f(x)max=f(1)=-e.
记g(x)=e
x
x -2e(x>0)，则g'(x)=( x -1)e
x
x
2
，
所以当0<x<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)=-e.
综上，当x>0 时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤e
x
x -2e，
即xf(x)-ex+2ex≤0 得证.
题型三 利用导数研究函数的零点
例3 已知函数f(x)=ln x +ax
x
，a∈R.
(1)若a=0，求f(x)的最大值；
(2)若0<a<1，求证：f(x)有且只有一个零点.
(1)解 若a=0，则f(x)=ln x
x ，其定义域为(0，+∞)，
∴f '(x)=1- ln x
x
2
，由f '(x)=0，得x=e，
当0<x<e 时，f '(x)>0；当x>e 时，f '(x)<0，
∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，∴f(x)max=f(e)=1
e .
(2)证明 f '(x)=(
1
x +a)x - ln x -ax
x
2
=1- ln x
x
2
，由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，
∵0<a<1，
∴当x>e 时，f(x)=ln x +ax
x
=a+ln x
x >0，
故f(x)在(e，+∞)上无零点；
当0<x<e 时，
∵f(
1
e)=a-e<0，f(e)=a+1
e >0，
且f(x)在(0，e)上单调递增，
∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，
综上，f(x)有且只有一个零点.
思维升华 函数的零点问题有两种常见方法，一是分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征求参数的
范围或判断零点个数；二是利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值
的符号确定参数的范围或零点的个数.
跟踪训练3 已知函数f(x)=ex-a(x+1)，a∈R.
(1)若f(x)在[0，1]上不单调，求a 的取值范围；
(2)当a>0 时，试讨论函数f(x)的零点个数.
解 (1)函数f(x)=ex-a(x+1)，
则f '(x)=ex-a，
∵f(x)在[0，1]上不单调，
故函数f(x)在(0，1)上存在极值，
∴f '(x)在(0，1)上存在变号零点，
即ex-a=0 在(0，1)上有解，
即直线y=a 与曲线y=ex的图象在(0，1)上有交点，令h(x)=ex，
当x∈(0，1)时，h(x)∈(1，e)，
∴a 的取值范围为(1，e).
(2)f(x)=0 等价于1
a= x +1
e
x ，
故f(x)=0 的零点个数即为直线y=1
a与曲线y= x +1
e
x 的图象的交点个数，
令g(x)= x +1
e
x ，则g'(x)=- x
e
x ，
令g'(x)>0，得x<0，令g'(x)<0，得x>0，
故g(x)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，
∵g(0)=1，当x→-∞时，g(x)→-∞，当x→+∞时，g(x)→0，
函数g(x)的图象如图所示，
∴当0<1
a<1，即a>1 时，f(x)有两个零点；
当1
a=1，即a=1 时，f(x)有一个零点；
当1
a>1，即0<a<1 时，f(x)无零点.
课时精练
(分值：60 分)
1.(13 分)(2025·长沙模拟)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1，证明：当x≥0 时，f(x)≥1；(6 分)
(2)若f(x)在(0，+∞)内有两个零点，求a 的取值范围.(7 分)
(1)证明 当a=1 时，f(x)=ex-x2，
则f '(x)=ex-2x，
令h(x)=ex-2x，则h'(x)=ex-2，
由h'(x)=0，得到x=ln 2，
当x∈(-∞，ln 2)时，h'(x)<0，当x∈(ln 2，+∞)，h'(x)>0，
所以h(x)≥h(ln 2)=2-2ln 2>0，即f '(x)>0 恒成立，
所以f(x)=ex-x2在区间[0，+∞)上单调递增，
故f(x)≥f(0)=e0=1，命题得证.
(2)解 因为f(x)=ex-ax2，
令f(x)=0，得ex=ax2，
又x∈(0，+∞)，所以e
x
x
2=a，
令g(x)=e
x
x
2，x∈(0，+∞)，
则g'(x)=e
x( x -2)
x
3
，
当x∈(0，2)时，g'(x)<0，当x∈(2，+∞)时，g'(x)>0，
所以g(x)≥g(2)=e
2
4 ，
又当x→0 时，g(x)→+∞，当x→+∞时，g(x)→+∞，
又f(x)在(0，+∞)内有两个零点，
所以a>e
2
4 ，即a 的取值范围为(
e
2
4 ，+∞).
2.(15 分)(2024·合肥模拟)已知函数f(x)=ax +b
e
x
，当x=1 时，f(x)有极大值1
e .
(1)求实数a，b 的值；(7 分)
(2)当x>0 时，证明：f(x)< x
1+ x .(8 分)
(1)解 函数f(x)的定义域为R，且f '(x)=a-b-ax
e
x
，
因为当x=1 时，f(x)有极大值1
e ，
所以{
f (1)= 1
e ，
f '(1)=0，
解得{
a=1，
b=0，
经检验，当a=1，b=0 时，f(x)在x=1 处有极大值1
e ，
所以a=1，b=0.
(2)证明 由(1)知，f(x)= x
e
x ，
当x>0 时，要证f(x)< x
1+ x ，
即证x
e
x < x
1+ x ，
即证ex>x+1.
设g(x)=ex-x-1，则g'(x)=ex-1，
因为x>0，所以g'(x)=ex-1>0，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=0，即ex-x-1>0，
即ex>x+1，
故当x>0 时，f(x)< x
1+ x .
3.(15 分)(2025·眉山模拟)已知函数f(x)=-ax2+ln x(a∈R).
(1)当a=1 时，讨论f(x)的单调性；(6 分)
(2)若存在x∈(1，+∞)，使f(x)>-a，求a 的取值范围.(9 分)
解 (1)易知f(x)的定义域为(0，+∞)，
因为a=1，所以f(x)=-x2+ln x，
f '(x)=-2x+1
x =1-2 x
2
x
(x>0)，
令f '(x)>0，得x∈(0，√2
2 )，令f '(x)<0，得x∈(
√2
2 ，+∞)，
所以f(x)在(0，√2
2 )上单调递增，在(
√2
2 ，+∞)上单调递减.
(2)由f(x)>-a，得a(x2-1)-ln x<0，
因为x∈(1，+∞)，所以-ln x<0，x2-1>0，
当a≤0 时，a(x2-1)-ln x<0，符合题意；
设g(x)=a(x2-1)-ln x(x>1)，则g'(x)=2a x
2-1
x
.
当a≥1
2时，则g'(x)>0，所以g(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(1)=0，不符合题意；
当0<a<1
2时，令g'(x)>0，得x∈(
1
√2a ，+ ∞)，所以g(x)在(
1
√2a ，+∞)上单调递增，
令g'(x)<0，得x∈(1，
1
√2a)，所以g(x)在(1，
1
√2a)上单调递减，所以g(x)min=g(
1
√2a)<g(1)=0，
则存在x∈(1，+∞)，使g(x)<0，满足题意.
综上，a 的取值范围是(-∞，1
2).
4.(17 分)(2025·曲靖模拟)已知函数f(x)=x+xcosx-2sin x.
(1)求曲线y=f(x)在x=π 处的切线方程；(6 分)
(2)g(x)=x2-3x+a(a∈R)，若对任意x1∈[0，π]，均存在x2∈[1，2]，使得f(x1)<g(x2)，求实数a 的取值范围.(11
分)
解 (1)由题意f '(x)=1+cosx-xsin x-2cosx=-xsin x-cosx+1，
则f '(π)=2，即切线的斜率k=2，
且f(π)=0，即切点坐标为(π，0)，
所以曲线y=f(x)在x=π 处的切线方程为y=2(x-π)，即2x-y-2π=0.
(2)因为g(x)=x2-3x+a(a∈R)的图象开口向上，对称轴为直线x=3
2，
则g(x)在[1，3
2)上单调递减，在[
3
2 ，2]上单调递增，
可得g(x)max=g(1)=g(2)=a-2.
由(1)可设h(x)=f '(x)，
则h(x)=-cosx-xsin x+1，
所以h'(x)=-xcosx，
当x∈(0，π
2)时，h'(x)<0；
当x∈(
π
2 ，π)时，h'(x)>0，
则h(x)在区间(0，π
2)上单调递减，在区间(
π
2 ，π)上单调递增.
且h(0)=0，h(
π
2)=1-π
2 <0，h(π)=2，
可知h(x)，即f '(x)在区间(0，π)上只有一个零点x0，则x0∈(
π
2 ，π)，
当x∈(0，x0)时，f '(x)<0；当x∈(x0，π)时，f '(x)>0，
所以f(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，π)上单调递增，
且f(0)=0，f(π)=0，可得当x∈[0，π]时，f(x)max=0，
所以0<a-2，解得a>2，
所以实数a 的取值范围是(2，+∞).
