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专题3.3 函数与导数的综合应用【考情分析】1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；2.会利用导数解决某些简单的实际问题。【典型题分析】高频考点一 利用导数证明不等式例1.【2020江苏卷】已知关于x的函数与在区间D上恒有（1）若，求h(x)的表达式；（2）若，求k的取值范围；（3）若求证：【解析】（1）由条件，得，取，得，所以由，得，此式对一切恒成立，所以，则，此时恒成立，所以（2）.令，则令，得.所以.则恒成立，所以当且仅当时，恒成立另一方面，恒成立，即恒成立，也即恒成立因为，对称轴为，所以，解得因此，k的取值范围是 （3）当时，由，得，整理得 令 则记则恒成立，所以在上是减函数，则，即所以不等式有解，设解为，因此当时，设， 令，得当时，是减函数；当时，是增函数，则当时，（或证：）则，因此因为，所以当时，因为，均为偶函数，因此也成立综上所述，【举一反三】【2019天津卷】设函数为的导函数（）求的单调区间；（）当时，证明；（）设为函数在区间内的零点，其中，证明【答案】（）的单调递增区间为的单调递减区间为.（）见解析；（）见解析.【解析】（）由已知，有因此，当时，有，得，则单调递减；当时，有，得，则单调递增所以，的单调递增区间为的单调递减区间为（）证明：记依题意及（），有，从而当时，故因此，在区间上单调递减，进而所以，当时，（）证明：依题意，即记，则，且由及（），得由（）知，当时，所以在上为减函数，因此又由（）知，故所以，【变式探究】(2020湖南长郡中学模拟) 已知函数f(x)axxln x在xe2(e为自然对数的底数)处取得极小值(1)求实数a的值；(2)当x1时，求证：f(x)3(x1)【解析】(1)因为f(x)定义域为(0，)，f(x)axxln x，所以f(x)aln x1，因为函数f(x)在xe2处取得极小值，所以f(e2)0，即aln e210，所以a1，所以f(x)ln x2.当f(x)0时，xe2；当f(x)0时，0xe2，所以f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，所以f(x)在xe2处取得极小值，符合题意，所以a1.(2)证明：由(1)知a1，所以f(x)xxln x.令g(x)f(x)3(x1)，即g(x)xln x2x3(x0)g(x)ln x1，由g(x)0，得xe.由g(x)0，得xe；由g(x)0，得0xe.所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增，所以g(x)在(1，)上的最小值为g(e)3e0.于是在(1，)上，都有g(x)g(e)0，所以f(x)3(x1)高频考点二 不等式恒成立例2.【2019浙江卷】已知实数，设函数（1）当时，求函数的单调区间；（2）对任意均有 求的取值范围注：e=2.71828为自然对数的底数【答案】（1）的单调递增区间是,单调递减区间是；（2）.【解析】（1）当时，所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）（2）由，得当时，等价于令，则设，则（i）当 时，则记，则.故10+单调递减极小值单调递增所以，因此，（ii）当时，令 ，则，故在上单调递增，所以由（i）得，所以，因此由（i）（ii）知对任意，即对任意，均有综上所述，所求a的取值范围是【方法技巧】1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围。2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如af(x)(或af(x)的形式，通过求函数yf(x)的最值求得参数范围。【变式探究】(2020河北石家庄质量检测)已知函数f(x)axex(a1)(2x1)(1)若a1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线方程；(2)当x0时，函数f(x)0恒成立，求实数a的取值范围【解析】(1)若a1，则f(x)xex2(2x1)即f(x)xexex4，则f(0)3，f(0)2，所以所求切线方程为3xy20.(2)由f(1)0，得a0，则f(x)0对任意的x0恒成立可转化为对任意的x0恒成立设函数F(x)(x0)，则F(x).当0x1时，F(x)0；当x1时，F(x)0，所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以F(x)maxF(1).于是，解得a.故实数a的取值范围是.高频考点三 判断零点的个数例3. 【2020浙江卷】已知，函数，其中e=2.71828是自然对数的底数（）证明：函数在上有唯一零点；（）记x0为函数在上的零点，证明：（）；（）【解析】（）因为，所以在上存在零点因为，所以当时，故函数在上单调递增，所以函数以在上有唯一零点（）（）令，由（）知函数在上单调递增，故当时，所以函数在单调递增，故由得，因为在单调递增，故令，令，所以故当时，即，所以在单调递减，因此当时，由得，因为在单调递增，故综上，（）令，所以当时，故函数在区间上单调递增，因此由可得，由得【方法技巧】根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”【变式探究】(2019全国卷)已知函数f(x)2sin xxcos xx，f(x)为f(x)的导数(1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点；(2)若x0，时，f(x)ax，求a的取值范围【解析】(1)证明：设g(x)f(x)，则g(x)cos xxsin x1，g(x)xcos x.当x时，g(x)0；当x时，g(x)0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减又g(0)0，g0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零点所以f(x)在区间(0，)存在唯一零点(2)由题设知f()a，f()0，可得a0.由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为x0，且当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又f(0)0，f()0，所以当x0，时，f(x)0.又当a0，x0，时，ax0，故f(x)ax.因此，a的取值范围是(，0高频考点四 已知函数零点存在情况求参数例4. (2018全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.【解析】(1)证明：当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递减而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1.(2)设函数h(x)1ax2ex.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()当a0时，h(x)0，h(x)没有零点；()当a0时，h(x)ax(x2)ex.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，)上单调递增故h(2)1是h(x)在(0，)上的最小值当h(2)0，即a时，h(x)在(0，)上没有零点当h(2)0，即a时，h(x)在(0，)上只有一个零点当h(2)0，即a时，因为h(0)1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)11110，故h(x)在(2,4a)上有一个零点因此h(x)在(0，)上有两个零点综上，当f(x)在(0，)上只有一个零点时，a.【方法技巧】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”【变式探究】 (2020湖北武汉二中模拟) 已知函数f(x)kxln x(k0)(1)若k1，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值【解析】(1)若k1，则f(x)xln x，定义域为(0，)，则f(x)1，由f(x)0，得x1；由f(x)0，得0x1，f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)(2)法一：由题意知，方程kxln x0仅有一个实根，由kxln x0，得k(x0)令g(x)(x0)，则g(x)，当xe时，g(x)0；当0xe时，g(x)0；当xe时，g(x)0.g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，g(x)maxg(e).当x时，g(x)0.又k0，要使f(x)仅有一个零点，则k.法二：f(x)kxln x，f(x)k(x0，k0)当x时，f(x)0；当0x时，f(x)0；当x时，f(x)0.f(x)在上单调递减，在上单调递增，f(x)minf1ln，f(x)有且只有一个零点，1ln0，即k.
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