【文档说明】高考数学(理数)一轮复习课件：第三章 导数及其应用 第四节 导数与函数的综合问题 (含详解).ppt，共(77)页，704.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第四节导数与函数的综合问题本节主要包括3个知识点：1.利用导数研究生活中的优化问题；2.利用导数研究函数的零点或方程根的综合问题；3.利用导数研究与不等式有关的综合问题.突破点(一)利用导数研究生活中的优化问题基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．生活中的优化问题生活

中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题．一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．2．利用导数解决生活中优化问题的基本思路考点贯通抓高考

命题的“形”与“神”利用导数研究生活中的优化问题[典例]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＝ax－3＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a为常数．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．[解](1)因为x＝5时，y＝11，所以a2＋10＝11，a＝2.[解]由(1)可知，该商品每日的销售量y＝2x－3＋10(x－6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润f(

x)＝(x－3)2x－3＋10x－62＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6.从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．(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．于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)极大值由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的

极大值点，也是最大值点．所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.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．[方法技巧]利用导数解决生活中的优化问题的步骤(1)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)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实

际问题作答．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．某工厂要围建一个面积为512平方米的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边需要砌新的墙壁，当砌新的墙壁所用的材料最省时，堆料场的长和宽分别为()A．32米，16米B．30米，15米C．40米，20米

D．36米，18米解析：要求材料最省，则要求新砌的墙壁总长最短，设堆料厂的宽为x米，则长为512x米，因此新墙总长为L＝2x＋512x(x>0)，则L′＝2－512x2，令L′＝0，得x＝±16.又x>0，∴x＝16.则当x＝16时，L取得极小值

，也是最小值，即用料最省，此时长为51216＝32(米)．故选A.答案：A2．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)，贷款的利率为4.8%，假设

银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x(x∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为()A．3.2%B．2.4%C．4%D．3.6%解析：依题意知，存款量是kx2，银行应支付的利息是kx3，银行应获得的利息是0.048kx2，所以银行的收益y＝0

.048kx2－kx3，故y′＝0.096kx－3kx2，令y′＝0，得x＝0.032或x＝0(舍去)．因为k>0，所以当0<x<0.032时，y′>0；当0.032<x<0.048时，y′<0.因此，当x＝0.032时，y取得极大值，也是最大

值，即当存款利率定为3.2%时，银行可获得最大收益．答案：A3．已知某矩形广场面积为4万平方米，则其周长至少为_____米．解析：设广场的长为x米，则宽为40000x米，于是其周长为y＝2x＋40000x(x>0)，所以y′＝21－40000x2，令y′＝

0，解得x＝200(x＝－200舍去)，这时y＝800.当0<x<200时，y′<0；当x>200时，y′>0.所以当x＝200时，y取得最小值，故其周长至少为800米．答案：8004．(2017·北京东城模拟)某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(

单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．解析：设商场销售该商品所获利润为y元，则y＝(p－20)(8300－170p－p2)＝－p3－150p2

＋11700p－166000(p≥20)，则y′＝－3p2－300p＋11700.令y′＝0得p2＋100p－3900＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．则p，y，y′变化关系如下表：p(20,30)30(30，＋∞)y′＋0－y极大值故当

p＝30时，y取极大值23000.又y＝－p3－150p2＋11700p－166000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元时，所获利润最大为23000元．答案：30230005．统计表

明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为y＝1128000x3－380x＋8(0<x≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速

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？解：(1)当x＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040小时，共耗油10040×112800

0×403－380×40＋8＝17.5(升)．因此，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油17.5升．解：当速度为x千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x小时，设耗油量为h(x)升，依题意得h(x)＝1128000x3－38

0x＋8·100x＝11280x2＋800x－154(0<x≤120)，h′(x)＝x640－800x2＝x3－803640x2(0<x≤120)．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，所以当x＝80时，h(x)取得极小值h(80)＝11.25.易知h(80)是h(x)在(0,120]上的最小值．故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.2

5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？突破点(二)利用导数研究函数的零点或方程根的综合问题从近几年高考命题情况来看，对这部分内容的考查题型有小题也有大题，作为解答题时难度较大.导数可以把函数、方程、不等式等有机地

联系在一起.解决函数的零点或方程的根的问题，在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、数形结合、分类讨论思想的应用.此类试题一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，是近几年高考命题热点.主要有两种考查类型：

1确定函数零点图象交点及方程根的个数问题；2根据函数零点图象交点及方程根的个数求参数的值或取值范围问题.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”确定函数零点或方程根的个数问题[例1]已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828„.(1)证

明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．[解](1)证明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x得，h(1)＝e－3<0，h(2)

＝e2－3－2>0，且h(x)在区间(1,2)上是连续的，所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点．[解]由(1)得h(x)＝ex－1－x－x.由g(x)＝x＋x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝

0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1,2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．因为h′(x)＝ex－12x－12－1，记φ(x)＝ex－12x－12－1，则φ′(x)＝ex＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调

递增，则φ(x)在(0，＋∞)上至多只有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)上至多有两个零点．所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．[易错提醒]利用导数确定函数零点或方

程根个数的方法(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解．(2)利用零点存在

性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．根据函数零点或方程根的个数求参数范围[例2](2017·郑州质检)已知函数f(x)＝(x2－2x)lnx＋ax2＋2.(1)当a＝－1时，求f(

x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a>0时，设函数g(x)＝f(x)－x－2，且函数g(x)有且仅有一个零点，若e－2<x<e，g(x)≤m，求m的取值范围．[解](1)当a＝－1时，f(x)＝(x2－

2x)lnx－x2＋2，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(2x－2)lnx＋(x－2)－2x.所以f′(1)＝－3，又f(1)＝1，f(x)在(1，f(1))处的切线方程为3x＋y－4＝0.[解]g(x)＝f(x)－x－2＝0，则(x2－2x)lnx＋ax2＋2＝x＋2.即a＝1－x－2l

nxx.令h(x)＝1－x－2lnxx，则h′(x)＝－1x2－1x＋2－2lnxx2＝1－x－2lnxx2.令t(x)＝1－x－2lnx，t′(x)＝－1－2x＝－x－2x，(2)当a>0时，设函数g(x)＝f(x)－x－2，且函数g(x

)有且仅有一个零点，若e－2<x<e，g(x)≤m，求m的取值范围．因为t′(x)<0，t(x)在(0，＋∞)上是减函数，又因为t(1)＝h′(1)＝0，所以当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以

h(x)max＝h(1)＝1.因为a>0，所以当函数g(x)有且仅有一个零点时，a＝1.当a＝1时，g(x)＝(x2－2x)lnx＋x2－x，若使当e－2<x<e时，g(x)≤m，只需g(x)max≤m，g′

(x)＝(x－1)(3＋2lnx)，令g′(x)＝0得x＝1或x＝e32－，又因为e－2<x<e，所以函数g(x)在e－2，e32－上单调递增，在e32－，1上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g(e32－)

＝－12e－3＋2e32－，g(e)＝2e2－3e，因为g(e32－)＝－12e－3＋2e32－<2e32－<2e<2ee－32＝g(e)，即g(e32－)<g(e)，g(x)max＝g(e)＝2e2

－3e，所以m≥2e2－3e，即m的取值范围是[2e2－3e，＋∞)．[方法技巧]解决复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤(1)在该区间上构造与方程相应的函数；(2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性，若是单调函数，则进行下

一步；(3)判断该函数在该区间端点处的函数值异号；(4)得出结论．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．解：(1)f(x)的

定义域为R，由导数公式知f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x＋1)2ex，x∈R.∵对任意x∈R，都有f′(x)≥0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．解：证明：由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，且f(0)＝1－

a<0，f(a－1)＝aea－1－a＝a(ea－1－1)．∵a>1，∴a－1>0，∴a－1>0，∴ea－1>1，∴ea－1－1>0，故f(a－1)>0，∴存在x0∈(0，a－1)使得f(x0)＝0.又∵f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(2)证明：f(

x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．2.(2017·武汉质检)设函数f(x)＝clnx＋12x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1为f(x)的极值点．(1)若x＝1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)；(2)若f(x)＝0恰有两解，求实数c

的取值范围．解：f′(x)＝cx＋x＋b＝x2＋bx＋cx，又f′(1)＝0，所以f′(x)＝x－1x－cx且c≠1，b＋c＋1＝0.(1)因为x＝1为f(x)的极大值点，所以c>1，当0<x<1时，f′(x)>0；当1<x<c时，f′(x)<0；当x>c时，f′(x)>

0，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，(c，＋∞)；单调递减区间为(1，c)．[考点二]解：①若c<0，则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)＝0恰有两解，则f(1)<0，即12＋b<0，所以－12<c<0；②若0<c<1，则f(

x)极大值＝f(c)＝clnc＋12c2＋bc，f(x)极小值＝f(1)＝12＋b，(2)若f(x)＝0恰有两解，求实数c的取值范围．因为b＝－1－c，则f(x)极大值＝clnc＋c22＋c(－1－c)＝c

lnc－c－c22<0，f(x)极小值＝－12－c<0，从而f(x)＝0只有一解；③若c>1，则f(x)极小值＝clnc＋c22＋c(－1－c)＝clnc－c－c22<0，f(x)极大值＝－12－c<0，则f(x)＝0只有一解．综上，使

f(x)＝0恰有两解的c的取值范围为－12，0.3.[考点二]已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(

x2－a)，当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，所以当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－a或x>a，由f′(x)<0，解得－a<x<a，所以当a>0时，

f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，f(x)的单调减区间为(－a，a)．解：因为f(x)在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，所以a＝1.所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.由f′(x)＝0，解得x1＝

－1，x2＝1.由(1)中f(x)的单调性，可知f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，又f(－3)＝－19<－3，f(

3)＝17>1，结合f(x)的单调性，可知m的取值范围是(－3,1)．(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．4.[考点一](2016·太原质检)已知函数f(x)＝xlnx.(1)试求曲

线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；(2)若x>1，试判断方程f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解的个数．解：(1)f′(x)＝lnx＋x·1x＝1＋lnx，∴f′(e)＝2.又f(e)＝e，∴切线方

程为2x－y－e＝0.(2)方程f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解即为方程lnx－x－1ax－a＋1x＝0的解．设h(x)＝lnx－x－1ax－a＋1x，x>1.则h′(x)＝－ax2－x－a＋1x2＝－x－1ax＋

a－1x2，x>1.①当a＝0时，h′(x)>0，h(x)为增函数，∴h(x)>h(1)＝0，方程无解．②当a≠0时，令h′(x)＝0得x1＝1，x2＝1－aa.(ⅰ)当a<0，即x2＝1－aa<1时，∵x>1，∴h′(x)>

0，则h(x)为(1，＋∞)上的增函数，∴h(x)>h(1)＝0，方程无解．(ⅱ)当0<a<12，即1－aa>1时，x∈1，1－aa时，h′(x)>0，h(x)为增函数；x∈1－aa，＋∞时，h′(x)<0，h(x)为减函数．又x趋向＋∞时，h(x)＝lnx－ax＋

1－ax＋2a－1<0，h(1)＝0，∴方程有一个解．(ⅲ)当a≥12，即1－aa≤1时，∵x>1，∴h′(x)<0，h(x)为减函数，而h(x)<h(1)＝0，方程无解．综上所述，当a∈(－∞，0]∪12，＋∞时，原方程无解；当a∈

0，12时，原方程有一个解．突破点(三)利用导数研究与不等式有关的综合问题1.利用导数研究与不等式有关的问题是高考的热点，常以解答题形式出现，难度较大.常涉及不等式成立、恒成立、证明不等式、比较

两数两函数大小问题等.2.问题的分类与解决思路1不等式成立、恒成立问题：一般参变分离、转化为最值问题；2证明不等式、比较两函数大小问题：构造新函数，转化为最值问题.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”证明不等式[例1](2016·合肥二

模)已知函数f(x)＝x＋aex.(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若a＝0，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．[解]

(1)易得f′(x)＝－x－1－aex，由题意知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.故实数a的取值范围为(－∞，－1]．[解]证明：a＝0，则f(x)＝xex.函数f(x)的图象在

x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xex－1－x0ex0＝

1－xex0－1－x0exex＋x0.设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，(2)若a＝0，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，

∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0，∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0时，h′(x)＜0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间

(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．[方法技巧]利用导数证明不等式的基本方法利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上成立的基本方法：(1)若f(x)与g

(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.不

等式恒成立问题(1)f(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)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.[例2](2017·陕西西北九校

联考)已知函数f(x)＝－lnx＋t(x－1)，t为实数．(1)当t＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若当t＝12时，kx－12－f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围．[解](1)当t＝1时，f(x)＝－lnx＋x－1，x>0，∴f′(x)＝－1x＋1＝x－1x.由f′(x

)<0可得0<x<1，由f′(x)>0可得x>1，∴函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．[解]当t＝12时，f(x)＝－lnx＋x2－12，kx－12－f(x)＝kx－12－－lnx＋x2－12＝lnx－x2＋kx

，当x>1时，kx－12－f(x)<0恒成立，等价于k<x22－xlnx在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝x22－xlnx，则g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx.(2)若当t＝12时，kx－12－f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范

围．令h(x)＝x－1－lnx，则h′(x)＝1－1x＝x－1x.当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)＝x－1－lnx在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(1)＝0，从而当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，即函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(

x)>g(1)＝12，因此当x>1时，若使k<x22－xlnx恒成立，必须k≤12.∴实数k的取值范围是－∞，12.[方法技巧]不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为

实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：第一步：将原不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x

)的形式；[方法技巧]第二步，利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大(小)值；第三步，解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，从而求出参数λ的取值范围．(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量

进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解．存在型不等式恒成立问题(1)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．

(2)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)的定义域为D1，g(x)的定义域为D2.[例3](2017·新乡调研)已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－ax(a∈R)，g(x)＝12x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x

)的最小值；(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)<g(x2)恒成立，求a的取值范围．[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－1

x－ax2.①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.②当1<a<e时，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．所以f(x)min＝f(a)

＝a－(a＋1)lna－1.③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae.综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1<a<e时，f(x)min＝a－(a＋

1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－ae.[解]由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)知当a<1时f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae.g′(x)

＝(1－ex)x.当x∈[－2,0]时g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－ae<1，即a>e2－2ee＋1，所以a的取值范围为e2－2ee＋1，1.(2)当

a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)<g(x2)恒成立，求a的取值范围．[方法技巧]存在型不等式恒成立问题的求解策略“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．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特

别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一](2017·昆明模拟)已知函数f(x)＝lnx－x.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)函数g(x)＝f(x)＋x＋12x－m有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：x1＋x2>1.解：(1)函数f(

x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝1x－1＝1－xx，令f′(x)＝1x－1＝1－xx>0，得0<x<1，令f′(x)＝1x－1＝1－xx<0，得x>1，所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，函数f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．解：证明：根据题意，g(x)＝lnx＋

12x－m(x>0)，因为x1，x2是函数g(x)＝lnx＋12x－m的两个零点，所以lnx1＋12x1－m＝0，lnx2＋12x2－m＝0.两式相减，可得lnx1x2＝12x2－12x1，即lnx1x2＝x1－x22x2x1，故x1x2＝x1－x

22lnx1x2.(2)函数g(x)＝f(x)＋x＋12x－m有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：x1＋x2>1.那么x1＝x1x2－12lnx1x2，x2＝1－x2x12lnx1x2.令t＝x1x2，其中0<t<1，则x1＋x2＝t－12lnt＋

1－1t2lnt＝t－1t2lnt.构造函数h(t)＝t－1t－2lnt，则h′(t)＝t－12t2.对于0<t<1，h′(t)>0恒成立，故h(t)<h(1)，即t－1t－2lnt<0.可知t－1t2l

nt>1，故x1＋x2>1.2.[考点二](2017·西安六校联考)设a∈R，函数f(x)＝ax2－lnx，g(x)＝ex－ax.(1)当a＝7时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)·g(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范

围．解：(1)当a＝7时，f(x)＝7x2－lnx，f′(x)＝14x－1x，∴f′(1)＝13，∵f(1)＝7，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－7＝13(x－1)，即13x－y－6＝0.解：若

f(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，即ax2－lnx>0对x∈(0，＋∞)恒成立，则a>lnxx2max(x>0)．设h(x)＝lnxx2(x>0)，则h′(x)＝1－2lnxx3，当0<x

<e12时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；当x>e12时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，∴当x>0时，h(x)max＝h(e12)＝12e，(2)若f(x)·g(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．∴a>12e.∵

h(x)无最小值，∴f(x)<0对x∈(0，＋∞)不可能恒成立．∵f(x)·g(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，∴g(x)＝ex－ax>0，即a<exx对x∈(0，＋∞)恒成立．设H(x)＝exx，∴H′(x)＝exx－1x2，当0<x<1时，H′(x)<0，函数H(x)单调递减；当x>1时

，H′(x)>0，函数H(x)单调递增，∴当x>0时，H(x)min＝H(1)＝e，∴a<e.综上可得，实数a的取值范围为12e，e.3.[考点三]已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x.(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？

证明你的结论；(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈1e，e，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋2x－4＝2x2－4x＋ax.

假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f′(1)＝0，∴a＝2，此时，f′(x)＝2x－12x，当x>0时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x＝1不是f(x)的极值点．故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．解：由f

(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x20－2x0，记F(x)＝x－lnx(x>0)，∴F′(x)＝x－1x(x>0)，∴当0<x<1时，F′(x)<0，F(x)单调递减；当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增．∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a

≥x20－2x0x0－lnx0，记G(x)＝x2－2xx－lnx，x∈1e，e，∴G′(x)＝2x－2x－lnx－x－2x－1x－lnx2＝x－1x－2lnx＋2x－lnx2.(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈

1e，e，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．∵x∈1e，e，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2>0，∴x∈1e，1时，G′(x)<0，G(x)单调递减；x∈(

1，e]时，G′(x)>0，G(x)单调递增，∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1.故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．[全国卷5年真题集中演练——明规律]1.(2016·全国丙卷)设函数f(x)＝αcos2x＋(α－1)·(cosx＋1)，其中α>0，记|f(x)

|的最大值为A.(1)求f′(x)；(2)求A；(3)证明|f′(x)|≤2A.解：(1)f′(x)＝－2αsin2x－(α－1)sinx.(2)当α≥1时，|f(x)|＝|αcos2x＋(α－1)(cosx＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)．故A＝3α－2.当0

<α<1时，将f(x)变形为f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cosx－1.令g(t)＝2αt2＋(α－1)t－1，则A是|g(t)|在[－1,1]上的最大值，g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，且当t＝1－α4α时，g(t)取得极小值

，极小值为g1－α4α＝－α－128α－1＝－α2＋6α＋18α.令－1<1－α4α<1，解得α>15.①当0<α≤15时，g(t)在[－1,1]内无极值点，|g(－1)|＝α，|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|<|g(1)|，所以A＝2－3α.②当15<α<1时，由g(－

1)－g(1)＝2(1－α)>0，知g(－1)>g(1)>g1－α4α.又g1－α4α－|g(－1)|＝1－α1＋7α8α>0，所以A＝g1－α4α＝α2

＋6α＋18α.综上，A＝2－3α，0<α≤15，α2＋6α＋18α，15<α<1，3α－2，α≥1.解：证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin2x－(α－1)sinx|≤2α＋|α－1|.当0<α≤15时，|f

′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A.当15<α<1时，A＝α8＋18α＋34>1，所以|f′(x)|≤1＋α<2A.当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A.所以|f′(x)|≤2A.(3)证明|f′(x)|≤

2A.2．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a

(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)

内单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<lna2，则f(b)>a2(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－32b>0，故f(x)存在两个零点．③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－e2，则ln(－2a)≤1，故当x∈(

1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－e2，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.因此f(x)在

(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．解：证明：不妨设x1<x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)

内单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e22－x＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2

－x2)＝－x2e22－x－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.(2)设x1，x2是f(x)的

两个零点，证明：x1＋x2<2.3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋14，g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(

x>0)，讨论h(x)零点的个数．解：(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即x30＋ax0＋14＝0，3x20＋a＝0，解得x0＝12，a＝－34.因此，当a＝－34时，x轴为曲线y＝f(x

)的切线．解：当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx<0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点．当x＝1时，若a≥－54，则f(1)＝a＋54≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}

＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－54，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点．当x∈(0,1)时，g(x)＝－lnx>0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数．(2

)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数．①若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．而f(0)＝14，f(1)＝a＋54，所以当a≤－3时，

f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点．②若－3<a<0，则f(x)在0，－a3上单调递减，在－a3，1上单调递增，故在(0,1)上，当

x＝－a3时，f(x)取得最小值，最小值为f－a3＝2a3－a3＋14.a．若f－a3＞0，即－34＜a＜0，则f(x)在(0,1)上无零点．b．若f－a3＝0，即a＝－34，则f(x)在(0,1)上有唯一零点．c．若f

－a3<0，即－3<a<－34，由于f(0)＝14，f(1)＝a＋54，所以当－54<a<－34时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当－3<a≤－54时，f(x)在(0,1)上有一个零点．综上，当a>－34或a<－54时，h(x)有一个零点

；当a＝－34或a＝－54时，h(x)有两个零点；当－54<a<－34时，h(x)有三个零点．4．(2013·新课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(

x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g

′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.解：由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x

＋1)．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＝－lnk，x2＝－2.①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－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的

取值范围．故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．②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．③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]．