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∴f(x)＜f(0)＝0，
∴h′(x)＜0，从而 h(x)在(0,1]上单调递减，
∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)在(0,1]上单调递增，
∴g(x)≤g(1)＝2ln 2，
∴g(x)的最大值为 2ln 2.
第三节 导数的综合应用
第一课时 利用导数解不等式
考点一 f(x)与 f′(x)共存的不等式问题
1
[典例] (1)定义在 R 上的函数 f(x)，满足 f(1)＝1，且对任意 x∈R 都有 f′(x)＜ ，则不
2
lg x＋1
等式 f(lg x)＞ 的解集为__________．
2
(2)设 f(x)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x＜0 时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)
＞0，且 g(－3)＝0，则不等式 f(x)g(x)＜0 的解集为__________________．
1
[解析] (1)由题意构造函数 g(x)＝f(x)－ x，
2
1
则 g′(x)＝f′(x)－ ＜0，
2
所以 g(x)在定义域内是减函数．
1 1
因为 f(1)＝1，所以 g(1)＝f(1)－ ＝ ，
2 2
lg x＋1 1 1
由 f(lg x)＞ ，得 f(lg x)－ lg x＞ .
2 2 2
1 1
即 g(lg x)＝f(lg x)－ lg x＞ ＝g(1)，
2 2
所以 lg x＜1，解得 0＜x＜10.
所以原不等式的解集为(0,10)．
(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0 [f(x)g(x)]′＞0，所以函数 y＝f(x)g(x)
在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数 y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，
且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式 f(x)g(x)＜0 的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．
[答案] (1)(0,10) (2)(－∞，－3)∪(0,3)
[解题技法]
(1)对于不等式 f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0) ，构造函数 F(x)＝f(x)＋g(x)．
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(2)对于不等式 f′(x)－g′(x)＞0(或＜0) ，构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)．
特别地，对于不等式 f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数 F(x)＝f(x)－kx.
(3)对于不等式 f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数 F(x)＝f(x)g(x)．
f(x)
(4)对于不等式 f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数 F(x)＝ (g(x)≠0)．
g(x)
[典例] (1)设 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0, 当 x＞0 时，xf′(x)－f(x)
＜0，则使得 f(x)＞0 成立的 x 的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
(2)设函数 f(x)在 R 上的导函数为 f′(x)，且 2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在 R 上恒
成立的是( )
A．f(x)＞0 B．f(x)＜0
C．f(x)＞x D．f(x)＜x
f(x) xf′(x)－f(x)
[解析] (1)令 g(x)＝ ，则 g′(x)＝ 2 . x x
由题意知，当 x＞0 时，g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．
∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，
∴f(1)＝－f(－1)＝0，
∴g(1)＝f(1)＝0，
∴当 x∈(0,1)时，g(x)＞0，从而 f(x)＞0；
当 x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而 f(x)＜0.
又∵f(x)是奇函数，
∴当 x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；
当 x∈(－1,0)时，f(x)＜0.
综上，所求 x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
1
(2)令 g(x)＝x2f(x)－ x4，则 g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．
4
当 x＞0 时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，
1 1
即 x2f(x)－ x4＞0，从而 f(x)＞ x2＞0；
4 4
当 x＜0 时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，
即 x2
1 1
f(x)－ x4＞0，从而 f(x)＞ x2＞0；
4 4
当 x＝0 时，由题意可得 2f(0)＞0，∴f(0)＞0.
综上可知，f(x)＞0.
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[答案] (1)A (2)A
[解题技法]
－
(1)对于 xf′(x)＋nf(x)＞0 型，构造 F(x)＝xnf(x)，则 F′(x)＝xn 1[xf′(x)＋nf(x)](注意对
n－x 1 的符号进行讨论)，特别地，当 n＝1 时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造 F(x)＝xf(x)，则 F′(x)
＝xf′(x)＋f(x)＞0.
f(x) xf′(x)－nf(x)
(2)对于 xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，构造 F(x)＝ ，则 F′(x)＝ (注意对 xn
xn xn
＋1
＋1 f(x)的符号进行讨论)，特别地，当 n＝1 时，xf′(x)－f(x)＞0，构造 F(x)＝ ，则 F′(x)＝
x
xf′(x)－f(x)
＞0.
x2
[典例] (1)已知 f(x)为 R 上的可导函数，且 x∈R，均有 f(x)＞f′(x)，则有( )
A．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
B．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
C．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
D．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
1
(2)已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)＋2f′(x)＞0 恒成立，且 f(2)＝ (e 为自然对数的
e
x
底数)，则不等式 exf(x)－e 2 ＞0 的解集为________．
f(x) f′(x)－f(x)
[解析] (1)构造函数 h(x)＝ x ，则 h′(x)＝ x ＜0，即 h(x)在 R 上单调递减，e e
f(－2 019) f(0)
故 h(－2 019)＞h(0)，即 ＞ e2 019－2 019 0 f(－2 019)＞f(0)；同理，h(2 019)＜h(0)，即 f(2 e e
019)＜e2 019f(0)，故选 D.
x x
1 1
(2)由 f(x)＋2f′(x)＞0 得 2 f(x)＋f′(x) 2 2 2 ＞0，可构造函数 h(x)＝e f(x)，则 h′(x)＝ e 2
x
[f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函数 h(x)＝e 2 f(x)在 R 上单调递增，且 h(2)＝ef(2)＝1.不等式 exf(x)
x x x
－e 2 ＞0 等价于 e 2 f(x)＞1，即 h(x)＞h(2) x＞2，所以不等式 exf(x)－e 2 ＞0 的解集为(2，
＋∞)．
[答案] (1)D (2)(2，＋∞)
[解题技法]
(1)对于不等式 f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数 F(x)＝exf(x)．
f(x)
(2)对于不等式 f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数 F(x)＝ .
ex
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考点二 不等式恒成立问题
不等式恒成立问题的基本类型
类型1：任意x，使得f(x)＞0，只需f(x)min＞0.
类型2：任意x，使得f(x)＜0，只需f(x)max＜0.
类型3：任意x，使得f(x)＞k，只需f(x)min＞k.
类型4：任意x，使得f(x)＜k，只需f(x)max＜k.
类型5：任意x，使得f(x)＞g(x)，只需h(x)min＝[f(x)－g(x)]min＞0.
类型6：任意x，使得f(x)＜g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max＜0.
[典例] 已知函数 f(x)＝ax＋ln x＋1，若对任意的 x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，求实数 a 的
取值范围．
[解] 法一：构造函数法
设 g(x)＝xe2x－ax－ln x－1(x＞0)，对任意的 x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于 g(x)≥0 在
(0，＋∞)上恒成立，则只需 g(x)min≥0 即可．
1
因为 g′(x)＝(2x＋1)e2x－a－ ，
x
1
令 h(x)＝(2x＋1)e2x－a－ (x＞0)，
x
则 h′(x)＝4(x＋1)e2x
1
＋ 2＞0， x
所以 h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当 x―→0 时，h(x)―→－∞，当 x―→＋∞时，h(x)―→＋∞，
所以 h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点 x0，
1
满足(2x0＋1)e2x0－a－ ＝0， x0
1
所以 a＝(2x0＋1)e2x0－ ，且 g(x)在(0，xx 0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 0
所以 g(x)min＝g(x0)＝x 20e2x0－ax0－ln x0－1＝－2x0e2x0－ln x0，
则由 g(x) 2min≥0，得 2x0e2x0＋ln x0≤0，
ln x0
此时 0＜x0＜1，e2x0≤－ ， 2x20
所以 2x0＋ln(2x0)≤ln(－ln x0)＋(－ln x0)，
1
设 S(x)＝x＋ln x(x＞0)，则 S′(x)＝1＋ ＞0，
x
所以函数 S(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为 S(2x0)≤S(－ln x0)，
1
所以 2x0≤－ln x0 即 e2x0≤ ， x0
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1 1 1
所以 a＝(2x0＋1)e2x0－ ≤(2x0＋1)· － ＝2， x0 x0 x0
所以实数 a 的取值范围为(－∞，2]．
法二：分离参数法
ln x＋1
因为 f(x)＝ax＋ln x＋1，所以对任意的 x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于 a≤e2x－
x
在(0，＋∞)上恒成立．
ln x＋1 2x2e2x＋ln x
令 m(x)＝e2x－ (x＞0)，则只需 a≤m(x)
x min
即可，则 m′(x)＝ 2 ， x
1
再令 g(x)＝2x2e2x＋ln x(x＞0)，则 g′(x)＝4(x2＋x)e2x＋ ＞0，所以 g(x)在(0，＋∞)上单
x
调递增，
1 e
因为 g 2 4 ＝ －2ln 2＜0，g(1)＝2e ＞0， 8
1
所以 g(x)有唯一的零点 x0，且 ＜x0＜1， 4
所以当 0＜x＜x0 时，m′(x)＜0，当 x＞x0 时，m′(x)＞0，
所以 m(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
因为 2x20e2x0＋ln x0＝0，
所以 ln 2＋2ln x0＋2x0＝ln(－ln x0)，
即 ln(2x0)＋2x0＝ln(－ln x0)＋(－ln x0)，
1
设 s(x)＝ln x＋x(x＞0)，则 s′(x)＝ ＋1＞0，
x
所以函数 s(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为 s(2x0)＝s(－ln x0)，
1
所以 2x0＝－ln x0，即 e2x0＝ ， x0
ln x0＋1 1 ln x0 1
所以 m(x)≥m(x0)＝e2x0－ ＝ － － ＝2，则有 a≤2， x0 x0 x0 x0
所以实数 a 的取值范围为(－∞，2]．
[解题技法]
求解不等式恒成立问题的方法
(1)构造函数分类讨论：遇到 f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构
造“左减右”的函数 h(x)＝f(x)－g(x) 或“右减左”的函数 u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足
h(x)min≥0 或 u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范
围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
(2)分离函数法：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
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与函数 y＝v(x)图象的交点个数问题来解决．
[题组训练]
k
(2019·陕西教学质量检测)设函数 f(x)＝ln x＋ ，k∈R.
x
(1)若曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线 x－2＝0 垂直，求 f(x)的单调性和极小值(其
中 e 为自然对数的底数)；
(2)若对任意的 x1＞x2＞0，f(x1)－f(x2)＜x1－x2 恒成立，求 k 的取值范围．
1 k
解：(1)由条件得 f′(x)＝ － 2(x＞0)， x x
∵曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线 x－2＝0 垂直，
1 k
∴f′(e)＝0，即 － 2＝0，得 k＝e， e e
1 e x－e
∴f′(x)＝ － 2＝ 2 (x＞0)， x x x
由 f′(x)＜0 得 0＜x＜e，由 f′(x)＞0 得 x＞e，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
e
当 x＝e 时，f(x)取得极小值，且 f(e)＝ln e＋ ＝2.
e
∴f(x)的极小值为 2.
(2)由题意知，对任意的 x1＞x2＞0，f(x1)－x1＜f(x2)－x2 恒成立，
k
设 h(x)＝f(x)－x＝ln x＋ －x(x＞0)，
x
则 h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
1 k
∴h′(x)＝ － 2－1≤0 在(0，＋∞)上恒成立， x x
1
即当 x＞0 时，k≥－x2＋x＝－
1
x－ 2
2 ＋ 恒成立， 4
1 1
∴k≥ .故 k 的取值范围是 ，＋∞ 4 . 4
考点三 可化为不等式恒成立问题
可化为不等式恒成立问题的基本类型
类型1：函数f(x)在区间D上单调递增，只需f′(x)≥0.
类型2：函数f(x)在区间D上单调递减，只需f′(x)≤0.
类型3： x1，x2∈D，f(x1)＞g(x2)，只需f(x)min＞g(x)max.
类型4： x1∈D1， x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，只需f(x)min＞g(x)min.
类型5： x1∈D1， x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，只需f(x)max＜g(x)max.
1
[典例] 已知函数 f(x)＝ x3＋x2＋ax.
3
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(1)若函数 f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数 a 的最小值；
x 1 1
(2)若函数 g(x)＝ x，对 x1∈ ，2 ，2 2 ， x2∈ 2 ，使 f′(x1)≤g(x2)成立，求实数 ae
的取值范围．
[解] (1)由题设知 f′(x)＝x2＋2x＋a≥0 在[1，＋∞)上恒成立，即 a≥－(x＋1)2＋1 在[1，
＋∞)上恒成立，
而函数 y＝－(x＋1)2＋1 在[1，＋∞)单调递减，则 ymax＝－3，∴a≥－3，∴a 的最小值
为－3.
1 1 1
(2)“对 x ∈ ，2 1 ，2 2 ， x2∈ 2 ，使 f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当 x∈
，2
2 时，
f′(x)max≤g(x)max”．
1
∵f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1 在 ，2 2 上单调递增，
∴f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.
1－x
而 g′(x)＝ x ，由 g′(x)＞0，得 x＜1， e
由 g′(x)＜0，得 x＞1，
∴g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
1 1
∴当 x∈ ，2 2 时，g(x)max＝g(1)＝ . e
1 1
由 8＋a≤ ，得 a≤ －8，
e e
1
∴实数 a 的取值范围为 －∞， －8 e .
[解题技法]
(1) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，等价于函数 f(x)在 D1 上的最小值大于 g(x)在 D2
上的最小值即 f(x)min＞g(x)min(这里假设 f(x)min，g(x)min 存在)．其等价转化的基本思想是：函
数 y＝f(x)的任意一个函数值大于函数 y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数 y＝g(x)
的所有函数值．
(2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，等价于函数 f(x)在 D1 上的最大值小于函数 g(x)在
D2 上的最大值(这里假设 f(x)max，g(x)max 存在)．其等价转化的基本思想是：函数 y＝f(x)的任
意一个函数值小于函数 y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数 y＝g(x)的所有函数值．
[题组训练]
3x－3 3
已知函数 f(x)＝ ，g(x)＝－x3＋ (a＋1)x2－3ax－1，其中 a 为常数．
x＋1 2
(1)当 a＝1 时，求曲线 g(x)在 x＝0 处的切线方程；
(2)若 a＜0，对于任意的 x1∈[1,2]，总存在 x2∈[1,2]，使得 f(x1)＝g(x2)，求实数 a 的取
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值范围．
解：(1)当 a＝1 时，g(x)＝－x3＋3x2－3x－1，
所以 g′(x)＝－3x2＋6x－3，g′(0)＝－3，又因为 g(0)＝－1，
所以曲线 g(x)在 x＝0 处的切线方程为 y＋1＝－3x，即 3x＋y＋1＝0.
3x－3 3(x＋1)－6 6
(2)f(x)＝ ＝ ＝3－ ，
x＋1 x＋1 x＋1
1 1 1
当 x∈[1,2]时， ∈ ，
x＋1 3 2
，
6
所以－ ∈[－3，－2]，
x＋1
6
所以 3－ ∈[0,1]，故 f(x)在[1,2]上的值域为[0,1]．
x＋1
3
由 g(x)＝－x3＋ (a＋1)x2－3ax－1，可得
2
g′(x)＝－3x2＋3(a＋1)x－3a＝－3(x－1)(x－a)．
因为 a＜0，所以当 x∈[1,2]时，g′(x)＜0，
所以 g(x)在[1,2]上单调递减，
故当 x∈[1,2]时，
3 3 1
g(x)max＝g(1)＝－1＋ (a＋1)－3a－1＝－ a－ ， 2 2 2
g(x)min＝g(2)＝－8＋6(a＋1)－6a－1＝－3，
3 1
即 g(x)在[1,2]上的值域为 －3，－ a－ 2 2 .
因为对于任意的 x1∈[1,2] ，总存在 x2∈[1,2]，
使得 f(x1)＝g(x2)，
3 1
所以[0,1] －3，－ a－ 2 2 ，
3 1
所以－ a－ ≥1，解得 a≤－1，
2 2
故 a 的取值范围为(－∞，－1]．
[课时跟踪检测]
1．(2019·南昌调研)已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数，设函数 f(x)的导函数为 f′(x)，
若对任意的 x＞0 都有 2f(x)＋xf′(x)＞0 成立，则( )
A．4f(－2)＜9f(3) B．4f(－2)＞9f(3)
C．2f(3)＞3f(－2) D．3f(－3)＜2f(－2)
解析：选 A 根据题意，令 g(x)＝x2f(x)，其导函数 g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意
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的 x＞0 都有 2f(x)＋xf′(x)＞0 成立，则当 x＞0 时，有 g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]＞0 恒成立，
即函数 g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数，则 f(－x)＝f(x)，
则有 g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数 g(x)也为偶函数，则有 g(－2)＝g(2)，且 g(2)
＜g(3)，则有 g(－2)＜g(3)，即有 4f(－2)＜9f(3)．
2．f(x)在(0，＋∞)上的导函数为 f′(x)，xf′(x)＞2f(x)，则下列不等式成立的是( )
A．2 0182f(2 019)＞2 0192f(2 018)
B．2 0182f(2 019)＜2 0192f(2 018)
C．2 018f(2 019)＞2 019f(2 018)
D．2 018f(2 019)＜2 019f(2 018)
f(x) x2f′(x)－2xf(x) xf′(x)－2f(x)
解析：选 A 令 g(x)＝ 2 ，x∈(0，＋∞)，则 g′(x)＝ ＝ ＞x x4 x3
0，
则 g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
f(2 019) f(2 018)
即 2 ＞ ， 2 019 2 0182
∴2 0182f(2 019)＞2 0192f(2 018)．
y y x
3．(2019·郑州质检)若对于任意的正实数 x，y 都有 2x－ e ln ≤ 成立，则实数 m 的取x me
值范围为( )
A.
1 1
，1 B. 2，1 e e
1 1
C. 2，e D. 0， e e
解析：选 D 由
y y x
2x－
e ln ≤ ， x me
y y 1可得 2e－ x ln ≤ . x m
y
设 ＝t，令 f(t)＝(2e－t)·ln t，t＞0，
x
2e 2e 1 2e
则 f′(t)＝－ln t＋ －1，令 g(t)＝－ln t＋ －1，t＞0，则 g′(t)＝－ － ＜0，
t t t t2
∴g(t)在(0，＋∞)上单调递减，即 f′(t)在(0，＋∞)上单调递减．
∵f′(e)＝0，∴f(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
1
∴f(t)max＝f(e)＝e，∴e≤ ， m
1
∴实数 m 的取值范围为 0， e .
3 a
4．设函数 f(x)＝ex x＋ －3 x － (e 为自然对数的底数)，若不等式 f(x)≤0 有正实数解，x
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则实数 a 的最小值为________．
解析：原问题等价于存在 x∈(0，＋∞)，使得 a≥ex(x2－3x＋3)，令 g(x)＝ex(x2－3x＋3)，
x∈(0，＋∞)，则 a≥g(x) x 2min.而 g′(x)＝e (x －x)，由 g′(x)＞0 可得 x∈(1，＋∞)，由 g′(x)
＜0 可得 x∈(0,1)，∴函数 g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为 g(1)＝e.综上可得，实数 a 的最
小值为 e.
答案：e
5．(2018·武汉质检)已知 f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若对任意 x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2 恒成立，求实数 a 的取值范围．
解：(1)∵函数 f(x)＝xln x 的定义域是(0，＋∞)，
∴f′(x)＝ln x＋1.
1
令 f′(x)＜0，得 ln x＋1＜0，解得 0＜x＜ ，
e
1
∴f(x)的单调递减区间是 0， e .
1
令 f′(x)＞0，得 ln x＋1＞0，解得 x＞ ，
e
1
∴f(x)的单调递增区间是 ，＋∞ e .
1 1综上，f(x)的单调递减区间是 0， e ，单调递增区间是
，＋∞
e .
(2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1,2f(x)≤g′(x)＋2 恒成立，∴2xln x≤3x2＋2ax＋1 恒成立．∵x
3 1 3 1
＞0，∴a≥ln x－ x－ 在 x∈(0，＋∞)上恒成立．设 h(x)＝ln x－ x－ (x＞0)，则 h′(x)
2 2x 2 2x
1 3 1 (x－1)(3x＋1) 1
＝ － ＋ 2＝－ 2 .令 h′(x)＝0，得 x1＝1，x2＝－ (舍去)． x 2 2x 2x 3
当 x 变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x (0,1) 1 (1，＋∞)
h′(x) ＋ 0 －
h(x) 极大值
∴当 x＝1 时，h(x)取得极大值，也是最大值，且 h(x)max＝h(1)＝－2，∴若 a≥h(x)在 x
∈(0，＋∞)上恒成立，则 a≥h(x)max＝－2，故实数 a 的取值范围是[－2，＋∞)．
6．(2019·郑州质检)已知函数 f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R，在点(1，f(1))处的切线与 x 轴
平行．
(1)求 f(x)的单调区间；
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x2 1
(2)若存在 x0＞1，当 x∈(1，x0)时，恒有 f(x)－ ＋2x＋ ＞k(x－1)成立，求 k 的取值范2 2
围．
解：(1)由已知可得 f(x)的定义域为(0，＋∞)．
1
∵f′(x)＝ －a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，
x
1 1－x
∴f′(x)＝ －1＝ ，
x x
令 f′(x)＞0，得 0＜x＜1，令 f′(x)＜0，得 x＞1，
∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
x2 1 x2 1
(2)不等式 f(x)－ ＋2x＋ ＞k(x－1)可化为 ln x－ ＋x－ ＞k(x－1)．
2 2 2 2
x2 1
令 g(x)＝ln x－ ＋x－ －k(x－1)(x＞1)，
2 2
1 －x2＋(1－k)x＋1
则 g′(x)＝ －x＋1－k＝ ，
x x
1－k
令 h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1(x＞1)，则 h(x)的对称轴为 x＝ .
2
1－k
①当 ≤1，即 k≥－1 时，易知 h(x)在(1，x0)上单调递减， 2
∴h(x)＜h(1)＝1－k.
若 k≥1，则 h(x)＜0，∴g′(x)＜0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递减，∴g(x)＜g(1)＝0，不合题意；
若－1≤k＜1，则 h(1)＞0，∴必存在 x0 使得 x∈(1，x0)时 g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上
单调递增，∴g(x)＞g(1)＝0 恒成立，符合题意．
1－k
②当 ＞1，即 k＜－1 时，易知必存在 x，使得 h(x)在(1，x0)上单调递增．∴h(x)＞h(1)2
＝1－k＞0，∴g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增．∴g(x)＞g(1)＝0 恒成立，符合题意．
综上，k 的取值范围为(－∞，1)．
ln x
7．已知函数 f(x)＝xex＋ (e 为自然对数的底数)．
x
(1)求证：函数 f(x)有唯一零点；
(2)若对任意 x∈(0，＋∞)，xex－ln x≥1＋kx 恒成立，求实数 k 的取值范围．
1－ln x
解：(1)证明：f′(x)＝(x＋1)ex＋ 2 ，x∈(0，＋∞)， x
易知当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0,
所以 f(x)在区间(0,1)上为增函数，
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1
e －e2
1 e
又因为 f e ＝ ＜0，f(1)＝e＞0， e
1
所以 f e f(1)＜0，即 f(x)在区间(0,1)上恰有一个零点，
由题可知 f(x)＞0 在(1，＋∞)上恒成立，即在(1，＋∞)上无零点，
所以 f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
ln x0
(2)设 f(x)的零点为 x0，即 x0ex0＋ ＝0. x0
xex－ln x－1
原不等式可化为 ≥k，
x
x ln x
xex
xe ＋
－ln x－1 x
令 g(x)＝ ，则 g′(x)＝ ，
x x
由(1)可知 g(x)在(0，x0) 上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故 g(x0) 为 g(x)的最小值．
ln x0
下面分析 x0ex0＋ ＝0， x0
ln x0
设 x0ex0＝t，则 ＝－t， x0
ln x0＝－tx0，
可得 即 x0(1－t)＝ln t，
ln x0＋x0＝ln t，
若 t＞1，等式左负右正不相等；若 t＜1，等式左正右负不相等，只能 t＝1.
x0ex0－ln x0－1 ln x0
因此 g(x0)＝ ＝－ ＝1，所以 k≤1. x0 x0
即实数 k 的取值范围为(－∞，1]．
第二课时 利用导数证明不等式
考点一 单变量不等式的证明
方法一 移项作差构造法证明不等式
ln x ae 1
[例 1] 已知函数 f(x)＝1－ ，g(x)＝ x＋ －bx(e 为自然对数的底数)，若曲线 y＝f(x)x e x
与曲线 y＝g(x)的一个公共点是 A(1,1)，且在点 A 处的切线互相垂直．
(1)求 a，b 的值；
2
(2)求证：当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥ .
x
ln x
[解] (1)因为 f(x)＝1－ ，
x
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ln x－1
所以 f′(x)＝ 2 ，f′(1)＝－1. x
ae 1 ae 1
因为 g(x)＝ x＋ －bx，所以 g′(x)＝－e x ex－x2－b.
因为曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)的一个公共点是 A(1,1)，且在点 A 处的切线互相垂直，
所以 g(1)＝1，且 f′(1)·g′(1)＝－1，
即 g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得 a＝－1，b＝－1.
e 1
(2)证明：由(1)知，g(x)＝－ x＋ ＋x， e x
2 ln x e 1
则 f(x)＋g(x)≥ 1－ － － ＋x≥0.
x x ex x
ln x e 1
令 h(x)＝1－ －
x ex
－ ＋x(x≥1)，
x
1－ln x e 1 ln x e
则 h′(x)＝－
x2
＋
ex
＋ 2＋1＝ 2 ＋ x＋1. x x e
ln x e
因为 x≥1，所以 h′(x)＝ ＋ ＋1＞0，
x2 ex
所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以 h(x)≥h(1)＝0，
ln x e 1
即 1－ － x－ ＋x≥0， x e x
2
所以当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥ .
x
[解题技法]
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，利用
导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．
方法二 隔离审查分析法证明不等式
1
[例 2] (2019·长沙模拟)已知函数 f(x)＝ex2－xln x．求证：当 x＞0 时，f(x)＜xex＋ .
e
1 1 1
[证明] 要证 f(x)＜xex＋ ，只需证 ex－ln x＜ex＋ ，即 ex－ex＜ln x＋ .
e ex ex
1 ex－1
令 h(x)＝ln x＋ (x＞0)，则 h′(x)＝ 2 ， ex ex
1 1 1
易知 h(x)在 0， ，＋∞ e 上单调递减，在 e 上单调递增，则 h(x)

min＝h e ＝0，所以 ln x
1
＋ ≥0.
ex
再令 φ(x)＝ex－ex，则 φ′(x)＝e－ex，
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易知 φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则 φ(x)max＝φ(1)＝0，所以 ex－
ex≤0.
1
因为 h(x)与 φ(x)不同时为 0，所以 ex－ex＜ln x＋ ，故原不等式成立．
ex
[解题技法]
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，
从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．
方法三、放缩法证明不等式
[例 3] 已知函数 f(x)＝ax－ln x－1.
(1)若 f(x)≥0 恒成立，求 a 的最小值；
－
e x
(2)求证： ＋x＋ln x－1≥0；
x
－
(3)已知 k(e x＋x2)≥x－xln x 恒成立，求 k 的取值范围．
ln x＋1
[解] (1)f(x)≥0 等价于 a≥ .
x
ln x＋1 ln x
令 g(x)＝ (x＞0)，则 g′(x)＝－ 2 ， x x
所以当 x∈(0,1)时，g′(x)＞0，当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，
则 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 g(x)max＝g(1)＝1，则 a≥1，
所以 a 的最小值为 1.
(2)证明：当 a＝1 时，由(1)得 x≥ln x＋1，
即 t≥ln t＋1(t＞0)．
－
e x
令 ＝t，则－x－ln x＝ln t，
x
－
e x
所以 ≥－x－ln x＋1，
x
－
e x
即 ＋x＋ln x－1≥0.
x
－
－ e
x
(3)因为 k(e x＋x2)≥x－ xln x 恒成立，即 k ＋x ≥1－ln x 恒成立，
x
－
e x
＋x＋ln x－1
1－ln x x
所以 k≥ － ＝－ － ＋1，
e x e x
＋x ＋x
x x
－
e x
由(2)知 ＋x＋ln x－1≥0 恒成立，
x
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－
e x
＋x＋ln x－1
x
所以－ －x ＋1≤1，所以 k≥1. e
＋x
x
故 k 的取值范围为[1，＋∞)．
[解题技法]
导数的综合应用题中，最常见就是 ex和 ln x 与其他代数式结合的难题，对于这类问题，
可以先对 ex和 ln x 进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式
如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当 x＝0 时取等号；
(2)ex≥ex，当且仅当 x＝1 时取等号；
(3)当 x≥0 时，ex
1
≥1＋x＋ x2, 当且仅当 x＝0 时取等号；
2
e
(4)当 x≥0 时，ex≥ x2＋1, 当且仅当 x＝0 时取等号；
2
x－1
(5) ≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当 x＝1 时取等号；
x
2(x－1) x－1
(6)当 x≥1 时， ≤ln x≤ ，当且仅当 x＝1 时取等号．
x＋1 x
考点二 双变量不等式的证明
1
[典例] 已知函数 f(x)＝ln x－ ax2＋x，a∈R.
2
(1)当 a＝0 时，求函数 f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
5－1
(2)若 a＝－2，正实数 x1，x2 满足 f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥ . 2
1
[解] (1)当 a＝0 时，f(x)＝ln x＋x，则 f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为 f ′(x)＝ ＋1，
x
所以切线斜率 k＝f′(1) ＝2，
故切线方程为 y－1＝2(x－1)，即 2x－y－1＝0.
(2)证明：当 a＝－2 时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0)．
由 f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
即 ln x ＋x2＋x 21 1 1＋ln x2＋x2＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x 22) ＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令 t＝x1x2，设 φ(t)＝t－ln t(t＞0)，
1 t－1
则 φ′(t)＝1－ ＝ ，
t t
易知 φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以 φ(t)≥φ(1)＝1，
第 205页/共1004页
所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
5－1
因为 x1＞0，x2＞0，所以 x1＋x2≥ 成立． 2
[解题技法]
破解含双参不等式的证明的关键
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为
含单参的不等式；
二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
[题组训练]
a
已知函数 f(x)＝ln x＋ .
x
(1)求 f(x)的最小值；
(2)若方程 f(x)＝a 有两个根 x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2a.
1 a x－a
解：(1)因为 f′(x)＝ － 2＝ 2 (x＞0)， x x x
所以当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值．
当 a＞0 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
函数 f(x)在 x＝a 处取最小值 f(a)＝ln a＋1.
(2)证明：若函数 y＝f(x)的两个零点为 x1，x2(x1＜x2)，
由(1)可得 0＜x1＜a＜x2.
令 g(x)＝f(x)－f(2a－x)(0＜x＜a)，
1 1 4a(x－a)
2
则 g′(x)＝(x－a) 2－
x (2a－x)2
＝－ 2 ＜0， x (2a－x)2
所以 g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，
即 f(x)＞f(2a－x)．
令 x＝x1＜a，则 f(x1)＞f(2a－x1)，所以 f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，
由(1)可得 f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以 x2＞2a－x1，
故 x1＋x2＞2a.
考点三 证明与数列有关的不等式
a
[典例] 已知函数 f(x)＝ln(x＋1)＋ .
x＋2
(1)若 x＞0 时，f(x)＞1 恒成立，求 a 的取值范围；
1 1 1 1
(2)求证：ln(n＋1)＞ ＋ ＋ ＋…＋ (n∈N*)．
3 5 7 2n＋1
第 206页/共1004页
a
[解] (1)由 ln(x＋1)＋ ＞1，得
x＋2
a＞(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)．
令 g(x)＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]，
x＋2 1
则 g′(x)＝1－ln(x＋1)－ ＝－ln(x＋1)－ .
x＋1 x＋1
当 x＞0 时，g′(x)＜0，所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以 g(x)＜g(0)＝2，故 a 的取值范围为[2，＋∞)．
2
(2)证明：由(1)知 ln(x＋1)＋ ＞1(x＞0)，
x＋2
x
所以 ln(x＋1)＞ .
x＋2
1
1 1 k
令 x＝ (k＞0)，得 ln ＋1
k k ＞ ， 1
＋2
k
k＋1 1
即 ln ＞ .
k 2k＋1
2 3 4 n＋1 1 1 1 1
所以 ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ＞ ＋ ＋ ＋…＋ ，
1 2 3 n 3 5 7 2n＋1
1 1 1 1
即 ln(n＋1)＞ ＋ ＋ ＋…＋ (n∈N*)．
3 5 7 2n＋1
[解题技法]
证明与数列有关的不等式的策略
(1)证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数 n 的不等式替代函数不等
式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少有两问，已知的不等式常
由第一问根据待证式的特征而得到．
(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或
与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如 ex＞x＋1 可化为 ln(x＋1)＜x 等．
[题组训练]
(2019·长春质检)已知函数 f(x)＝ex，g(x)＝ ln(x＋a)＋b.
(1)若函数 f(x)与 g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求 a，b 的值；
(2)当 b＝0 时，f(x)－g(x)＞0 恒成立，求整数 a 的最大值；
e
(3)求证：ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜ (n∈N*)．
e－1
解：(1)因为函数 f(x)和 g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，所以 f(0)＝g(0)且 f′(0)＝
g′(0)，
第 207页/共1004页
又因为 f′(x)＝ex
1 1
，g′(x)＝ ，所以 1＝ln a＋b,1＝ ，
x＋a a
解得 a＝1，b＝1.
(2)现证明 ex≥x＋1，设 F(x)＝ex－x－1，则 F′(x)＝ex－1，当 x∈(0，＋∞)时，F′(x)
＞0，当 x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，所以 F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调
递减，所以 F(x)min＝F(0)＝0，即 F(x)≥0 恒成立，
即 ex≥x＋1.
同理可得 ln(x＋2)≤x＋1，即 ex＞ln(x＋2)，
当 a≤2 时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜ex，
所以当 a≤2 时，f(x)－g(x)＞0 恒成立．
当 a≥3 时，e0＜ln a，即 ex－ln(x＋a)＞0 不恒成立．
故整数 a 的最大值为 2.
－n＋1
(3)证明：由(2)知 ex＞ln(x＋2)，令 x＝ ，
n
－n＋1
则 ＞
－n＋1
e ln ＋ 2 ，
n n
－ ＋ －n＋1即 e n 1＞ ln ＋2 n＝[ln(n＋1)－ln n]n，
n
所以 e0
－ － － ＋
＋e 1＋e 2＋…＋e n 1＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln
n]n，
1
1－
en－ － － ＋ 1 e
又因为 e0＋e 1＋e 2＋…＋e n 1＝ ＜ ＝ ，
1 1 e－1
1－ 1－
e e
e
所以 ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜ .
e－1
[课时跟踪检测]
1
1．(2019·唐山模拟)已知 f(x)＝ x2－a2ln x，a＞0.
2
(1)求函数 f(x)的最小值；
f(x)－f(2a) 3
(2)当 x＞2a 时，证明： ＞ a.
x－2a 2
解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
a2 (x＋a)(x－a)
f′(x)＝x－ ＝ .
x x
当 x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
第 208页/共1004页
当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
1
所以当 x＝a 时，f(x)取得极小值，也是最小值，且 f(a)＝ a2－a2ln a.
2
(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，
3
则所证不等式等价于 f(x)－f(2a)－ a(x－2a)＞0.
2
3
设 g(x)＝f(x)－f(2a)－ a(x－2a)，
2
则当 x＞2a 时，
3 a2 3
g′(x)＝f′(x)－ a＝x－ － a
2 x 2
(2x＋a)(x－2a)
＝ ＞0，
2x
所以 g(x)在(2a，＋∞)上单调递增，
当 x＞2a 时，g(x)＞g(2a)＝0，
3
即 f(x)－f(2a)－ a(x－2a)＞0，
2
f(x)－f(2a) 3
故 ＞ a.
x－2a 2
－
2．(2018·黄冈模拟)已知函数 f(x)＝λln x－e x(λ∈R)．
(1)若函数 f(x)是单调函数，求 λ的取值范围；
x2
(2)求证：当 0＜x1＜x2 时，e1－x2－e1－x1＞1－ . x1
解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
－
∵f(x)＝λln x－e x，
－
λ x－ λ＋xe
∴f′(x)＝ ＋e x＝ ，
x x
∵函数 f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0 或 f′(x)≥0 在(0，＋∞)上恒成立，
－
λ＋xe x － －
①当函数 f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴ ≤0，即 λ＋xe x≤0，λ≤－xe x
x
x
＝－
ex
.
x x－1
令 φ(x)＝－ x，则 φ′(x)＝ x ， e e
当 0＜x＜1 时，φ′(x)＜0；当 x＞1 时，φ′(x)＞0，
1
则 φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当 x＞0 时，φ(x)min＝φ(1)＝－ ，e
1
∴λ≤－ .
e
第 209页/共1004页
－
λ＋xe x － －
②当函数 f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴ ≥0，即 λ＋xe x≥0，λ≥－xe x
x
x
＝－ ，
ex
x
由①得 φ(x)＝－ x在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又∵φ(0)＝0，当 x―→e
＋∞时，φ(x)＜0，∴λ≥0.
1
综上，λ的取值范围为 －∞，－ e ∪[0，＋∞)．
1 1 －
(2)证明：由(1)可知，当 λ＝－ 时，f(x)＝－ ln x－e x在(0，＋∞)上单调递减，
e e
∵0＜x1＜x2，
1 1
∴f(x1)＞f(x2)，即－ ln x －e－x ＞－ ln x －e－x ， e 1 1 e 2 2
∴e1－x2－e1－x1＞ln x1－ln x2.
x2 x2 x1 x2
要证 e1－x2－e1－x1＞1－ ，只需证 ln x1－ln x ＞1－ ，即证 ln ＞1－ ， x 21 x1 x2 x1
x1 1
令 t＝ ，t∈(0,1)，则只需证 ln t＞1－ ，
x2 t
1 t－1
令 h(t)＝ln t＋ －1，则当 0＜t＜1 时，h′(t)＝ 2 ＜0， t t
1
∴h(t)在(0,1)上单调递减，又∵h(1)＝0，∴h(t)＞0，即 ln t＞1－ ，故原不等式得证．
t
3．(2019·贵阳模拟)已知函数 f(x)＝kx－ln x－1(k＞0)．
(1)若函数 f(x)有且只有一个零点，求实数 k 的值；
1 1 1
(2)求证：当 n∈N*时，1＋ ＋ ＋…＋ ＞ln(n＋1)．
2 3 n
1 kx－1 1
解：(1)∵f(x)＝kx－ln x－1，∴f′(x)＝k－ ＝ (x＞0，k＞0)；当 0＜x＜ 时，f′(x)
x x k
1
＜0；当 x＞ 时，f′(x)＞0.
k
∴f(x)在
1
0，
1
，＋∞
k 上单调递减，在 k 上单调递增，
∴f(x) ＝f
1
min k ＝ln k，
∵f(x)有且只有一个零点，
∴ln k＝0，∴k＝1.
(2)证明：由(1)知 x－ln x－1≥0，即 x－1≥ln x，当且仅当 x＝1 时取等号，
n＋1 1 n＋1
∵n∈N*，令 x＝ ，得 ＞ln ，
n n n
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1 1 1 2 3 n＋1
∴1＋ ＋ ＋…＋ ＞ln ＋ln ＋…＋ln ＝ln(n＋1)，
2 3 n 1 2 n
1 1 1
故 1＋ ＋ ＋…＋ ＞ln(n＋1)．
2 3 n
第三课时 导数与函数的零点问题
考点一 判断函数零点的个数
m x
[典例] 设函数 f(x)＝ln x＋ ，m∈R.讨论函数 g(x)＝f′(x)－ 零点的个数．
x 3
x 1 m x
[解] 由题设，g(x)＝f′(x)－ ＝ － 2－ (x＞0)， 3 x x 3
1
令 g(x)＝0，得 m＝－ x3＋x(x＞0)．
3
1
设 φ(x)＝－ x3＋x(x＞0)，
3
则 φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当 x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当 x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以 x＝1 是 φ(x)的极大值点，也是 φ(x)的最大值点．
2
所以 φ(x)的最大值为 φ(1)＝ .
3
由 φ(0)＝0，结合 y＝φ(x)的图象(如图)，
2
可知①当 m＞ 时，函数 g(x)无零点；
3
2
②当 m＝ 时，函数 g(x)有且只有一个零点；
3
2
③当 0＜m＜ 时，函数 g(x)有两个零点；
3
④当 m≤0 时，函数 g(x)有且只有一个零点．
2
综上所述，当 m＞ 时，函数 g(x)无零点；
3
2
当 m＝ 或 m≤0 时，函数 g(x)有且只有一个零点；
3
2
当 0＜m＜ 时，函数 g(x)有两个零点．
3
第 211页/共1004页
[题组训练]
1 3
1．已知函数 f(x)＝3ln x－ x2＋2x－3ln 3－ ，求方程 f(x)＝0 的解的个数．
2 2
1 3
解：因为 f(x)＝3ln x－ x2＋2x－3ln 3－ (x＞0)，
2 2
3 －x2＋2x＋3 －(x－3)(x＋1)
所以 f′(x)＝ －x＋2＝ ＝ ，
x x x
当 x∈(0,3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当 x∈(3，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
9 3
所以 f(x)max＝f(3)＝3ln 3－ ＋6－3ln 3－ ＝0， 2 2
因为当 x→0 时，f(x)→－∞；当 x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以方程 f(x)＝0 只有一个解．
1
2．设 f(x)＝x－ －2ln x.
x
(1)求证：当 x≥1 时，f(x)≥0 恒成立；
1
(2)讨论关于 x 的方程 x－ －f(x)＝x3－2ex2＋tx 根的个数．
x
1
解：(1)证明：f(x)＝x－ －2ln x 的定义域为(0，＋∞)．
x
1 2 x2－2x＋1 (x－1)2
∵f′(x)＝1＋
x2
－ ＝
x x2
＝
x2
≥0，
∴f(x)在[1，＋∞)上是单调增函数，
∴f(x)≥f(1)＝1－1－2ln 1＝0 对于 x∈[1，＋∞)恒成立．
故当 x≥1 时，f(x)≥0 恒成立得证．
(2)化简方程得 2ln x＝x3－2ex2＋tx.
2ln x
注意到 x＞0，则方程可变为 ＝x2－2ex＋t.
x
2ln x
令 L(x)＝ ，H(x)＝x2－2ex＋t，
x
2(1－ln x)
则 L′(x)＝
x2
.
当 x∈(0，e)时，L′(x)＞0，∴L(x)在(0，e)上为增函数；
当 x∈(e，＋∞)时，L′(x)＜0，∴L(x)在(e，＋∞)上为减函数．
2
∴当 x＝e 时，L(x)max＝L(e)＝ . e
2ln x
函数 L(x)＝ ，H(x)＝(x－e)2＋t－e2 在同一坐标系内的大致图象如图所示．
x
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2 2
由图象可知，①当 t－e2＞ ，即 t＞e2＋ 时，方程无实数根；
e e
②当 t－e2
2 2
＝ ，即 t＝e2＋ 时，方程有一个实数根；
e e
2 2
③当 t－e2＜ ，即 t＜e2＋ 时，方程有两个实数根．
e e
考点二 由函数零点个数求参数
[典例] (2018·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ex－ax2.
(1)若 a＝1，证明：当 x≥0 时，f(x)≥1；
(2)若 f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求 a.
－
[解] (1)证明：当 a＝1 时，f(x)≥1 等价于(x2＋1)e x－1≤0.
－
设函数 g(x)＝(x2＋1)e x－1，
－ －
则 g′(x)＝－(x2－2x＋1)e x＝－(x－1)2e x.
当 x≠1 时，g′(x)＜0，
所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
而 g(0)＝0，故当 x≥0 时，g(x)≤0，即 f(x)≥1.
－
(2)设函数 h(x)＝1－ax2e x.
f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于 h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
(ⅰ)当 a≤0 时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
－
(ⅱ)当 a＞0 时，h′(x)＝ax(x－2)e x.
当 x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当 x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以 h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
4a
故 h(2)＝1－ 2是 h(x)在(0，＋∞)上的最小值． e
e2
①当 h(2)＞0，即 a＜ 时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．
4
e2
②当 h(2)＝0，即 a＝ 时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
4
e2
③当 h(2)＜0，即 a＞ 时，因为 h(0)＝1，所以 h(x)在(0,2)上有一个零点．
4
16a3 16a3 16a3 1
由(1)知，当 x＞0 时，ex＞x2，所以 h(4a)＝1－
e4a
＝1－ ＞1－ ＝1－ ＞0，故
(e2a)2 (2a)4 a
第 213页/共1004页
h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此 h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
e2
综上，当 f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝ .
4
[解题技法]
根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与 x
轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取
值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．
[题组训练]
x3 x2
1．(2019·安阳一模)已知函数 f(x)＝ ＋ 与 g(x)＝6x＋a 的图象有 3 个不同的交点，则 a
3 2
的取值范围是________．
x3 x2
解析：原问题等价于函数 h(x)＝ ＋ －6x 与函数 y＝a 的图象有 3 个不同的交点，
3 2
由 h′(x)＝x2＋x－6＝(x－2)(x＋3)，得 x＝2 或 x＝－3，
当 x∈(－∞，－3)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；
当 x∈(－3,2)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；
当 x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．
27 22
且 h(－3)＝ ，h(2)＝－ ，
2 3
22 27
数形结合可得 a 的取值范围是 － ， 3 2 .
22 27
答案： － ， 3 2
2．(2019·赣州模拟)若函数 f(x)＝aex－x－2a 有两个零点，则实数 a 的取值范围是
________．
解析：∵f(x)＝aex－x－2a，∴f′(x)＝aex－1.
当 a≤0 时，f′(x)≤0 恒成立，函数 f(x)在 R 上单调递减，不可能有两个零点；
1 1 1
当 a＞0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝ln ，函数 f(x)在 －∞，ln 上单调递减，在 ln ，＋∞
a a a
上单调递增，
1 1
∴f(x)的最小值为 f ln a ＝1－ln －2a＝1＋ln a－2a. a
1
令 g(a)＝1＋ln a－2a(a＞0)，则 g′(a)＝ －2.
a
1 1当 a∈ 0， 时，g(a)单调递增；当 a∈ ，＋∞ 2 2 时，g(a)单调递减，
1
∴g(a)max＝g 2 ＝－ln 2＜0，
第 214页/共1004页
1
∴f(x)的最小值为 f ln a ＜0，函数 f(x)＝ae
x－x－2a 有两个零点．
综上所述，实数 a 的取值范围是(0，＋∞)．
答案：(0，＋∞)
[课时跟踪检测]
1．设 a 为实数，函数 f(x)＝－x3＋3x＋a.
(1)求 f(x)的极值；
(2)是否存在实数 a，使得方程 f(x)＝0 恰好有两个实数根？若存在，求出实数 a 的值；
若不存在，请说明理由．
解：(1)f′(x)＝－3x2＋3，令 f′(x)＝0，得 x＝－1 或 x＝1.
∵当 x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0；当 x∈(－1,1)时，f′(x)＞0；当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)
＜0，
∴f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增．
∴f(x)的极小值为 f(－1)＝a－2，极大值为 f(1)＝a＋2.
(2)方程 f(x)＝0 恰好有两个实数根，等价于直线 y＝a 与函数 y＝x3－3x 的图象有两个交
点．∵y＝x3－3x，∴y′＝3x2－3.令 y′＞0，解得 x＞1 或 x＜－1；令 y′＜0，解得－1＜x
＜1.
∴y＝x3－3x 在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)和(－∞，－1)上为增
函数．∴当 x＝－1 时，y 3极大值＝2；当 x＝1 时，y 极小值＝－2.∴y＝x －3x
的大致图象如图所示．
y＝a 表示平行于 x 轴的一条直线，由图象知，当 a＝2 或 a＝－2 时，
y＝a 与 y＝x3－3x 有两个交点．
故当 a＝2 或 a＝－2 时，方程 f(x)＝0 恰好有两个实数根．
2．(2019·锦州联考)已知函数 f(x)＝ex＋ax－a(a∈R 且 a≠0)．
(1)若函数 f(x)在 x＝0 处取得极值，求实数 a 的值，并求此时 f(x)在[－2,1]上的最大值；
(2)若函数 f(x)不存在零点，求实数 a 的取值范围．
解：(1)由 f(x)＝ex＋ax－a，得 f′(x)＝ex＋a.∵函数 f(x)在 x＝0 处取得极值，∴f′(0)＝
e0＋a＝0，∴a＝－1.∴f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1.∴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．易知 f(x)在[－2,0)上单调递减，在
1
(0,1]上单调递增，且 f(－2)＝ 2＋3，f(1)＝e，f(－2)＞f(1)， e
1
∴f(x)在[－2,1]上的最大值是 2＋3. e
(2)f′(x)＝ex＋a.
第 215页/共1004页
①当 a＞0 时，f′(x)＞0，f(x)在 R 上单调递增，且当 x＞1 时，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0；
1 1 1当 x＜0 时，取 x＝－ ，则 f － － －1
a a ＜1＋a a ＝－a＜0，∴函数 f(x)存在零点，不
满足题意．
②当 a＜0 时，令 f′(x)＝ex＋a＝0，则 x＝ln(－a)．
当 x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当 x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)＞0 ，f(x)单调递增，
∴当 x＝ln(－a)时，f(x)取得极小值，也是最小值．
－
函数 f(x)不存在零点，等价于 f(ln(－a))＝eln( a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，解得
－e2＜a＜0.
综上所述，所求实数 a 的取值范围是(－e2,0)．
1 1
3．(2018·郑州第一次质量预测)已知函数 f(x)＝ln x＋ － (a∈R 且 a≠0)．
ax a
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
1
(2)当 x∈ ，e e 时，试判断函数 g(x)＝(ln x－1)e
x＋x－m 的零点个数．
ax－1
解：(1)f′(x)＝ 2 (x＞0)， ax
当 a＜0 时，f′(x)＞0 恒成立，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
ax－1 1
当 a＞0 时，由 f′(x)＝ 2 ＞0，得 x＞ ， ax a
ax－1 1
由 f′(x)＝ 2 ＜0，得 0＜x＜ ， ax a
1 1
函数 f(x)在 ，＋∞ 上单调递增，在 0， a a 上单调递减．
综上所述，当 a＜0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
1 1
当 a＞0 时，函数 f(x)在 ，＋∞ 0， a 上单调递增，在 a 上单调递减．
1
(2)当 x∈ ，e e 时，函数 g(x)＝(ln x－1)e
x＋x－m 的零点个数，等价于方程(ln x－1)ex
＋x＝m 的根的个数．
令 h(x)＝(ln x－1)ex＋x，
1
则 h′(x)＝ ＋ln x－1 x x e ＋1.
1 1
由(1)知当 a＝1 时，f(x)＝ln x＋ －1 在 ，1 e 上单调递减，在(1，e)上单调递增， x
∴当 x∈
1
，e
e 时，f(x)≥f(1)＝0.
第 216页/共1004页
1
∴ ＋ln x－1≥0 在 x∈
1
，e
e 上恒成立． x
1
∴h′(x)＝ ＋ln x－1 x x e ＋1≥0＋1＞0，
1
∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x 在 x∈ ，e e 上单调递增，
1
1 1
∴h(x) emin＝h e ＝－2e ＋ ，h(x) ＝h(e)＝e. e max
1
1 1
∴当 m＜－2e e ＋ 或 m＞e 时，函数 g(x)在 ，e 上没有零点；
e e
1
1 1
当－2e e ＋ ≤m≤e 时，函数 g(x)在 ，e
e e 上有一个零点．
4．(2019·益阳、湘潭调研)已知函数 f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当 a＝0 时，求曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)讨论 f(x)的单调性；
(3)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围．
1 1
解：(1)当 a＝0 时，f(x)＝ln x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝ ＋1，f′(e)＝1＋ ，∴曲线 y＝
x e
1 1
f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 y－(e＋1)＝ 1＋ e (x－e)，即 y＝
＋1
e x.
－2ax2＋x＋1
(2)f′(x)＝ (x＞0)，
x
①当 a≤0 时，显然 f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
－2ax2＋x＋1
②当 a＞0 时，令 f′(x)＝ ＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知 Δ＞0 恒成立．
x
1
设方程的两根分别为 x1，x2(x1＜x2)，则 x1x2＝－ ＜0，∴x1＜0＜x2a 2，
－2ax2＋x＋1 －2a(x－x1)(x－x2)
∴f′(x)＝ ＝ (x＞0)．
x x
1＋ 8a＋1
由 f′(x)＞0 得 x∈(0，x2)，由 f′(x)＜0 得 x∈(x2，＋∞)，其中 x2＝ ， 4a
1＋ 8a＋1 1＋ 8a＋1
∴函数 f(x)在 0， 上单调递增，在 ，＋∞ 上单调递减．
4a 4a
ln x＋x
(3)函数 f(x)有两个零点，等价于方程 a＝ 2 有两解． x
ln x＋x 1－2ln x－x
令 g(x)＝
x2
(x＞0)，则 g′(x)＝
x3
.
1－2ln x－x
由 g′(x)＝ 3 ＞0，得 2ln x＋x＜1，解得 0＜x＜1， x
∴g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，
第 217页/共1004页
又∵当 x≥1 时，g(x)＞0，当 x→0 时，g(x)→－∞，当 x→＋∞时，g(x)→0，
∴作出函数 g(x)的大致图象如图，结合函数值的变化趋势猜想：当 a∈(0,1)时符合题意．
下面给出证明：
当 a≥1 时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意；
当 a≤0 时，方程至多一解，不符合题意；
1 1
当 a∈(0,1)时，g e ＜0，∴g

e －a＜0，
2 a
2
2 2
2
a 2 2g ＝ ln ＋ ＋ a 4 a a ＜ a a ＝a， 4
∴g
2
a －a＜0.
1
∴方程在 ，1 与
2
1，
e a 上各有一个根，
∴若 f(x)有两个零点，a 的取值范围为(0,1)．
第 218页/共1004页

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