高中数学导数零比零型-高中数学思维书本
导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题
【考点梳理】
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x
1
，x
2
且x
1
的函
数f(x)
＝ax
3
＋bx
2
＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：
a的符号
a＞0
(f(x
1
)为极大值，
f(x
2
)为极小值)
a＜0
(f(x
1
)为极小值，
f(x
2
)为极大值)
3.利用导数解决不等式问题
(1)利用导数证明不等式.
若证明f(x)
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?x
1，x
2
∈I使得f(x
1
)≤g(x
2
)?f(x)<
br>max
≤g(x)
min
.
④对?x
1
∈I，?x
2
∈I使得f(x
1
)≥g(x
2
)?f(x)
m
in
≥g(x)
min
.
【题型突破】
零点个数
一个
两个
三个
一个
两个
三个
充要条件
f(x
1
)＜0或f(x
2
)>0
f(x
1
)＝0或者f(x
2
)＝0
f(x
1
)＞0且f(x
2
)＜0
f(x
1
)>0或f(x
2
)＜0
f(x
1
)＝0或者f(x
2
)＝0
f(x
1
)＜0且f(x
2
)＞0
题型一、利用导数研究函数的零点(方程的根)
【例1】已知a∈R，函数f(x)＝e
x
－ax(e＝2.718
28…是自然对数的底数).
(1)若函数f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，求实数a的取值范围；
1
??
0，
(2)若函数F(x)＝f(x)－(e－2ax＋2ln x＋
a)在区间
?
内无零点，求实数a的最大
2
?
??
x
值.
【解析】(1)由f(x)＝e
x
－ax，得f′(x)＝e
x－a且f′(x)在R上递增.
若f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，只需f′(x)≤0恒成立.
1
因此
只需f′(－1)＝e
－
1
－a≤0，解之得a≥
e
.
1
1
又当a＝
e
时，f′(x)＝e
x
－
e
≤0当且
仅当x＝－1时取等号.
?
1
?
所以实数a的取值范围是
?
e
，＋∞
?
.
??
(2)法一
由已知得F(x)＝a(x－1)－2ln x，且F(1)＝0，
?
2
?
?
x－
a
?
a
??
2
ax－2
则F′(x
)＝a－
x
＝
x
＝
x
，x>0.
①当a≤0时，F′(x)<0，F(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
1
??
结合F(1)＝0知，当x∈
?
0，
2
?
时，F(x)>0
.
??
1
??
所以F(x)在
?
0，
2
?
内无零点.
??
2
②当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝.
a
1
?
21
?
若
a
≥
2
时，即
a∈(0，4]时，F(x)在
?
0，
2
?
上是减函数.
??
又x→0时，F(x)→＋∞.
1
?
a1
??
1
?
要使F(x)在
?
0，
2
?
内无零点，只需
F
?
2
?
＝－
2
－2ln
2
≥0，则0<
a≤4ln 2.
????
2
?
21
??
21
?
0，，
?
上是增函数.
??
若
a
<
2<
br>时，即a>4时，则F(x)在
a
?
上是减函数，在
?
??<
br>a2
?
2
?
2
?
∴F(x)
min
＝F
?
a
?
＝2－a－2ln
a
，
??
22
2－a
令φ(a)＝2－a－2ln
a
，则φ′(a)＝
－1＋
a
＝
a
<0.
∴φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，则φ(a)<φ(4)＝2ln 2－2<0.
1<
br>??
2
??
0，
因此F
?
a
?
<0
，所以F(x)在x∈
?
内一定有零点，不合题意，舍去.
2
?
?
???
1
??
综上，函数F(x)在
?
0，
2
?<
br>内无零点，应有a≤4ln 2，所以实数a的最大值为4ln 2.
??
法二
当a≤0时，同法一.
2
???
2
?
0，，＋∞
?
，
??当a>0时，x∈
?
，F′(x)<0；x∈
a
???
a
?
F′(x)>0.
2
???
2
?
所以F(x)在?
0，
a
?
上单调递减，在
?
a
，＋∞
?
上单调递增.
????
?
2
?
因此F(x)
min
＝F
?
a
?
.
??
1
?
2
?
①若
a
≥1，即0
0，2
?
内是减函数.
??
1
?
1
???
因此，当x∈
?
0，
2
?
时，F(x)>F(1)＝0，所以F(
x)在
?
0，
2
?
内无零点.
????
2
?
2
?
②若
a
<1，即a>2时，F(x)
min
＝F
?
a
?
≤F(1)＝0.
??
1
??
0，
要使函数F(x)在
?
内无零点，
2
?
??
a1
?
1
?
只需F
?<
br>2
?
＝－
2
－2ln
2
≥0，
??
则2
??
综上，函数F(x)在
?
0，
2
?
内无零点，应有a≤4ln 2，所以实数a的最大值是4ln
2.
??
【类题通法】
1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.
第一步：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(或直线y＝
k)在该区间上的交
点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进
而画出其图象；
第三步：结合图象求解.
2.根据函数零点情况求参数范围
：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进
行讨论.
【对点训练】
设函数f(x)＝x
3
＋ax
2
＋bx＋c.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.
【解析】(1)由f(x)＝x
3
＋ax
2
＋bx＋c，
得f′(x)＝3x
2
＋2ax＋b.
∵f(0)＝c，f′(0)＝b，
∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x
3
＋4x
2
＋4x＋c，
∴f′(x)＝3x
2
＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x
2
＋8x＋4＝0，
2
解得x＝－2或x＝－
3
.
当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x
f′(x)
f(x)
(－∞，－2)
＋
－2
0
c
2
??
?
－2，－
3
?
??
－
2
－
3
0
32
c－
27
?
2
?
?
－
3
，＋∞
?
??
＋
32
∴当c>0且c－
27
<0时，f
(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在x
1
∈(－4，－2)，x
2∈
2
???
2
?
?
－2，－
3
?，x
3
∈
?
－
3
，0
?
，使得f(x
1
)＝f(x
2
)＝f(x
3
)＝0.
????
32
??
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈
?
0，
27
?
时，函数f(x)＝x
3
＋4x
2
＋4x＋c有三个不同
??
零点.
题型二、利用导数求解不等式问题
【例2】设函数f(x)＝e
2x
－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
2
(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln
a
.
a
【解析】 (1)解
f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e
2x
－
x
(x＞0).
当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点.
a
当a＞0时，设u(x)＝e，v(x)＝－
x
，
2x
a
因为u(x)＝e
2x
在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－
x
在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)
在(0，＋∞)上单调递增.
a1
又
f′(a)＞0，当b满足0＜b＜
4
且b＜
4
时，f′(b)＜0，
故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点.
(2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，
＋∞)上的唯一零点为x
0
，当x∈(0，x
0
)时，
f′(x)＜0；
当x∈(x
0
，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(0，x
0
)上单调递减，在(x
0
，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x
0
时，f(x)取得最小值，最小值为f(x
0
).
a
由于2e2x
0
－
x
＝0，
0
a22
所以f(x
0
)＝
2x
＋2ax
0
＋aln
a
≥2a＋aln
a
.
0
2
故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln
a
.
【例3】已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln
x－4(x－1)，
1
f(1)＝0，f′(x)＝ln
x＋
x
－3，f′(1)＝－2.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
a（x－1）
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0，
x＋1
a（x－1）
设g(x)＝ln x－，
x＋1
x
2
＋2（1－a）x＋1
12a
则g′(x)＝
x
－＝，g(1)＝
0.
（x＋1）
2
x（x＋1）
2
①当a≤2，x∈(1，＋∞)
时，x
2
＋2(1－a)x＋1≥x
2
－2x＋1>0，故g′(x)>0，
g(x)在(1，
＋∞)单调递增，因此g(x)>g(1)＝0.
②当a>2时，令g′(x)＝0，
得x
1
＝a－1－（a－1）
2
－1，x
2
＝a－1＋（a－1）
2
－1.由x
2
>1和x
1
x
2
＝1得x
1
<1.
故当x∈(
1，x
2
)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x
2
)上单调递减，因此
g(x)
a1
【例4】已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－
x
(a∈R且a
x
2
＋e
x
－xe
x
.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1
∈[e，e
2
]，使得对任意的x
2
∈[－2，0]，f(x
1
)＜g(x
2
)恒成立，
求a的取值范围.
（x－1）（x－a）
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
x
2
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)
min
＝f(1)＝1－a.
②若1＜a＜e，
当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.
所以f(x)
min
＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
综上，当a≤1时，f(x)
min
＝1－a；
当1＜a＜e时，f(x)
min
＝a－(a＋1)ln a－1；
(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e
2
])的最小值小于g(x)(x∈[－2
，0])的最小值.
由(1)知f(x)在[e，e
2
]上单调递增，
a
f(x)
min
＝f(e)＝e－(a＋1)－
e
，又g′(x)＝
(1－e
x
)x.
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，
则g(x)
min
＝g(0)＝1，
e
2
－2e
a
所以e－(a＋1)－
e
＜1，解得a＞，
e＋1
2
?
e－2e
?
，1
?
.
所以a的取值范围为
?
?
e＋1
?
【类题通法】
1.(1
)涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征，恰当构建函数，利用导数研
究函数性质，转化为求函
数的最值、极值问题，在转化过程中，一定要注意等价性.
(2)对于含参数的不等式，如果易分离参
数，可先分离参数、构造函数，直接转化为
求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时
，可作出函数图象草
图，借助几何图形直观分析转化.
2.“恒成立”与“存在性”问题的求
解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒
成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，
使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.
应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.
【对点训练】
已知函数f(x)＝
ln x
(x>1).
x－1
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)是否存在实数a，使得关于x的不等式ln
x
*
(3)证明：ln(1·2·3·4·…·n)<(n∈N，n≥2).
2
【答案】(1)解
由题意，f′(x)＝
因为x>1，所以x(x－1)
2
>0.
x－1－xln x
，
x（x－1）
2
设g(x)＝x－1－xln
x，g′(x)＝1－ln x－1＝－ln x<0.
∴g(x)在(1，＋∞)上是减函数，则g(x)
(2)解 由ln
x
若a≤0时显然不满足题意，因此a>0.
设F(x)＝a(x－1)－ln x，
?
1
?
?
x－<
br>a
?
a
??
1
ax－1
F′(x)＝a－
x
＝
x
＝
x
，
1
令F′(x)＝0，得x＝
a
.
1
①a≥1时，0<
a
≤1，F′(x)>0，∴F(x)>F(1)＝0，
因此a≥1时，ln x
?
1
??
1
?
②0
>1，F(x)在
?
1，
a
?
为减函数，在
?
a
，＋∞
?为增函数，
????
∴F(x)
min
ln 2＋ln 3＋ln 4＋…＋ln n<2＋3＋4＋…＋n，
则ln 1＋ln
2＋ln 3＋ln 4＋…＋ln n<1＋2＋3＋4＋…＋n，
所以ln(1·2·3·4·…
·n)<
n（n＋1）
*
(n∈N，n≥2).
2
题型三、利用导数求解最优化问题
【例5】某商场销售某种商品的经验表明，该商
品每日的销售量y(单位：千克)与销
售价格x(单位：元千克)满足关系式y＝
a
＋
10(x－6)
2
，其中3
已知销售价格为5元
千克时，每日可售出该商品11千克.
(1)求a的值；
(2)若该商品的
成本为3元千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所
获得的利润最大.
a
【解析】(1)因为x＝5时，y＝11，所以
2
＋10＝11，a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y＝
2
＋10(x－6)
2，
x－3
所以商场每日销售该商品所获得的利润为
?
2
2<
br>?
f(x)＝(x－3)
?
x－3
＋10（x－6）
?
??
＝2＋10(x－3)(x－6)
2
，3
2
＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)·(x－6)，
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x)
f(x)
(3，4)
＋
单调递增
4
0
极大值42
(4，6)
－
单调递减
由上表可得，x＝4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，
所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.
故当销售价格为4元千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.
【类题通法】
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列
出实际问题的数学模型，写出实际问
题中变量之间的函数关系式y＝f(x).
(2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)求最值：比较函数在
区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为
最大(小)值.
(4)结论：回归实际问题作答.
【对点训练】
统计表明，某种型号的汽车在匀速
行驶中每小时耗油量y(升)，关于行驶速度x(千米
13
时)的函数解析式可
以表示为：y＝
128 000
x
3
－
80
x＋8(0
(1)当汽车以40千米时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？
(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？
100【解析】(1)当x＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了
40
＝2.5(小时)，
3
?
1
?
要耗油
?
128 000
×40
3
－
80
×40＋8
?
×2.5＝17.5(升).
??
所以，当汽车以40千米时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升.
100
(2)当速度为x千米时，汽车从甲地到乙地行驶了
x
小时，设耗油量为h(x
)升，
3
?
1
?
100
依题意得h(x)＝
?<
br>128
000
x
3
－
80
x＋8
?
x
??
180015
＝
1
280
x
2
＋
x
－
4
(0
x800
x－800×640
h′(x)＝
640
－
x
2
＝(0
2
令h′(x)＝0得x＝80，
当x∈(0，80)时，h′(x)<0，h(x)是减函数；
当x∈(80，120]时，h′(x)>0，h(x)是增函数，
当x＝80时，h(x)取到极小值h(80)＝11.25，
因为h(x)在(0，120]上只有一个极值，所以它是最小值.
故当汽车以80千米时的
速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25
升.