2018届二轮复习（文） 导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题学案（全国通用）
第 5 讲 导数与函数零点、不等式证明、
恒成立问题
高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含
指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、
不等式恒成立与能成立问题.
真 题 感 悟
1.(2016·全国Ⅲ卷)设函数 f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)证明当 x∈(1，＋∞)时，1
1，证明当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
(1)解 由 f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，得 f′(x)＝1
x
－1.
令 f′(x)＝0，解得 x＝1.
当 00，f(x)单调递增.
当 x>1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
因此 f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数.
(2)证明 由(1)知，函数 f(x)在 x＝1 处取得最大值 f(1)＝0.∴当 x≠1 时，ln x1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则 g′(x)＝c－1－cxln c.令 g′(x)＝0，
解得 x0＝
lnc－1
ln c
ln c
.
当 x0，g(x)单调递增；
当 x>x0 时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
由(2)知 10.
∴当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
2.(2017·全国Ⅱ卷)设函数 f(x)＝(1－x2)ex.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)当 x≥0 时，f(x)≤ax＋1，求 a 的取值范围.
解 (1)f′(x)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex.
令 f′(x)＝0，得 x2＋2x－1＝0，
解得 x1＝－ 2－1，x2＝ 2－1，
令 f′(x)>0，则 x∈(－ 2－1， 2－1)，令 f′(x)<0，则 x∈(－∞，－ 2－1)∪( 2－
1，＋∞).
∴f(x)在区间(－∞，－ 2－1)，( 2－1，＋∞)上单调递减，在区间(－ 2－1， 2
－1)上单调递增.
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
当 a≥1 时，设函数 h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此 h(x)在[0，＋∞)
上单调递减，而 h(0)＝1，故 h(x)≤1，所以 f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当 00(x>0)，所以 g(x)在[0，＋∞)
上单调递增，而 g(0)＝0，故 ex≥x＋1.
当 0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
取 x0＝ 5－4a－1
2
，则 x0∈(0，1)，
(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故 f(x0)>ax0＋1.
当 a≤0 时，取 x0＝ 5－1
2
，
则 x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a 的取值范围是[1，＋∞).
考 点 整 合
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 x1，x2 且 x10[来源:学,科,网 Z,X,X,K]
两个 f(x1)＝0 或者 f(x2)＝0
三个 f(x1)＞0 且 f(x2)＜0
a＜0(f(x1)为极
小值，f(x2)为极
大值)
一个 f(x1)>0 或 f(x2)＜0
两个 f(x1)＝0 或者 f(x2)＝0
三个 f(x1)＜0 且 f(x2)＞0
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)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
∀
x1，x2∈I 使得 f(x1)≤g(x2)
⇔
f(x)max≤g(x)min.
④对
∀
x1∈I，
∃
x2∈I 使得 f(x1)≥g(x2)
⇔
f(x)min≥g(x)min.
温馨提醒 解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，
恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.
热点一 利用导数研究函数的零点(方程的根)
【例 1】 (2017·淄博诊断)已知 a∈R，函数 f(x)＝ex－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；
(2)若函数 F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2ln x＋a)在区间 0，1
2 内无零点，求实数 a 的最
大值.
解 (1)由 f(x)＝ex－ax，得 f′(x)＝ex－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.
因此只需 f′(－1)＝e－1－a≤0，
解之得 a≥1
e.
又当 a＝1
e
时，f′(x)＝ex－1
e
≤0 当且仅当 x＝－1 时取等号.
所以实数 a 的取值范围是
1
e
，＋∞
.
(2)法一 由已知得 F(x)＝a(x－1)－2ln x，且 F(1)＝0，
则 F′(x)＝a－2
x
＝ax－2
x
＝a x－2
a
x
，x>0.
①当 a≤0 时，F′(x)<0，F(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
结合 F(1)＝0 知，当 x∈ 0，1
2 时，F(x)>0.
所以 F(x)在 0，1
2 内无零点.
②当 a>0 时，令 F′(x)＝0，得 x＝2
a.
若2
a
≥1
2
时，即 a∈(0，4]时，
F(x)在 0，1
2 上是减函数.
又 x→0 时，F(x)→＋∞.
要使 F(x)在 0，1
2 内无零点，只需 F
1
2 ＝－a
2
－2ln1
2
≥0，则 04 时，则 F(x)在 0，2
a 上是减函数，在
2
a
，1
2 上是增函数.
∴F(x)min＝F
2
a ＝2－a－2ln2
a
，
令φ(a)＝2－a－2ln2
a
，
则φ′(a)＝－1＋2
a
＝2－a
a <0.
∴φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，
则φ(a)<φ(4)＝2ln 2－2<0.
因此 F
2
a <0，所以 F(x)在 x∈ 0，1
2 内一定有零点，不合题意，舍去.
综上，函数 F(x)在 0，1
2 内无零点，应有 a≤4ln 2，所以实数 a 的最大值为 4ln 2.
(2)法二 当 a≤0 时，同法一.
当 a>0 时，x∈ 0，2
a ，F′(x)<0；x∈
2
a
，＋∞ ，
F′(x)>0.
所以 F(x)在 0，2
a 上单调递减，在
2
a
，＋∞ 上单调递增.
因此 F(x)min＝F
2
a .
①若2
a
≥1，即 0F(1)＝0，所以 F(x)在 0，1
2 内无零点.
②若2
a<1，即 a>2 时，F(x)min＝F
2
a ≤F(1)＝0.
要使函数 F(x)在 0，1
2 内无零点，
只需 F
1
2 ＝－a
2
－2ln1
2
≥0，
则 20 且 c－32
27<0 时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在 x1∈(－4，－2)，
x2∈ －2，－2
3 ，x3∈ －2
3
，0 ，使得 f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由 f(x)的单调性知，当且仅当 c∈ 0，32
27 时，函数 f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c 有三个不
同零点.
热点二 利用导数求解不等式问题
命题角度 1 证明不等式
【例 2－1】 (2015·全国Ⅰ卷)设函数 f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数；
(2)证明：当 a＞0 时，f(x)≥2a＋aln2
a.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－a
x(x＞0).
当 a≤0 时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点.
当 a＞0 时，设 u(x)＝e2x，v(x)＝－a
x
，
因为 u(x)＝e2x 在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－a
x
在(0，＋∞)上单调递增，所以
f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又 f′(a)＞0，当 b 满足 0＜b＜a
4
且 b＜1
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 x0，当 x∈(0，x0)时，f′(x)
＜0；
当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.
故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当 x＝x0 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0).
由于 2e2x0－a
x0
＝0，
所以 f(x0)＝ a
2x0
＋2ax0＋aln2
a
≥2a＋aln2
a.
故当 a＞0 时，f(x)≥2a＋aln2
a.
命题角度 2 不等式恒成立问题
【例 2－2】 (2016·全国Ⅱ卷)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 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当 a＝4 时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋1
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.
(2)当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>0 等价于 ln x－a（x－1）
x＋1
>0，
设 g(x)＝ln x－a（x－1）
x＋1
，
则 g′(x)＝1
x
－ 2a
（x＋1）2
＝x2＋2（1－a）x＋1
x（x＋1）2
，g(1)＝0.
①当 a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故 g′(x)>0，g(x)在
(1，＋∞)上单调递增，
因此 g(x)>g(1)＝0.
②当 a>2 时，令 g′(x)＝0，
得 x1＝a－1－ （a－1）2－1，x2＝a－1＋ （a－1）2－1.由 x2>1 和 x1x2＝1 得
x1<1.
故当 x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此 g(x)0，
故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若 a<0 时，则当 x∈ 0，－ 1
2a 时，f′(x)>0；
当 x∈ － 1
2a
，＋∞ 时，f′(x)<0.
故 f(x)在 0，－ 1
2a 上单调递增，在 － 1
2a
，＋∞ 上单调递减.
(2)证明 由(1)知，当 a<0 时，f(x)在 x＝－ 1
2a
处取得最大值，最大值为 f
－ 1
2a ＝
ln
－ 1
2a －1－ 1
4a
，
所以 f(x)≤－ 3
4a
－2 等价于 ln
－ 1
2a －1－ 1
4a
≤－ 3
4a
－2，即 ln
－ 1
2a ＋ 1
2a
＋1≤0，
设 g(x)＝ln x－x＋1，则 g′(x)＝1
x
－1.
当 x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
故当 x＝1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)＝0.
所以当 x>0 时，g(x)≤0，
从而当 a<0 时，ln
－ 1
2a ＋ 1
2a
＋1≤0，
即 f(x)≤－ 3
4a
－2.
热点三 利用导数求解最优化问题
【例 3】 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
x－3
＋10(x－6)2，其中 30，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.
1.重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可
转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解.
2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与 x 轴交点的个数，除了受
两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解
题时要注意通过数形结合找到正确的条件.
3.利用导数方法证明不等式 f(x)>g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数
h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数 h(x)>0.其中找
到函数 h(x)＝f(x)－g(x)的零点是解题的突破口.
4.不等式恒成立、能成立问题常用解法
(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，
采用分离参数转化为函数的最值问题，形如 a＞f(x)max 或 a＜f(x)min.
(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函
数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.
(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性
质的灵活应用.
一、选择题
1.函数 f(x)的定义域为 R，f(－1)＝3，对任意 x∈R，f′(x)<3，则 f(x)>3x＋6 的解
集为( )
A.{x|－1－1}
C.{x|x<－1} D.R
解析 设 g(x)＝f(x)－(3x＋6)，则 g′(x)＝f′(x)－3<0，所以 g(x)为减函数，
又 g(－1)＝f(－1)－3＝0，所以根据单调性可知 g(x)>0 的解集是{x|x<－1}.
答案 C
2.若关于 x 的不等式 x3－3x2－9x＋2≥m 对任意 x∈[－2，2]恒成立，则 m 的取值
范围是( )
A.(－∞，7] B.(－∞，－20]
C.(－∞，0] D.[－12，7]
解析 令 f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则 f′(x)＝3x2－6x－9，令 f′(x)＝0 得 x＝－1 或 x
＝3(舍去).
∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，
∴f(x)的最小值为 f(2)＝－20，故 m≤－20.
答案 B
3.(2017·贵阳联考)已知函数 f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
x －1 0 2 3 4
f(x) 1 2 0 2 0
f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象如图所示.当 1f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2)
C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)
解析 f(x)的定义域(0，＋∞)，且 f′(x)＝1－ln x
x2
，
令 f′(x)＝0，得 x＝e.
当 x∈(0，e)时，f′(x)>0；
当 x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0.
∴f(x)max＝f(e)＝1
e.
又 f(2)＝ln 2
2
＝ln 8
6
，f(3)＝ln 3
3
＝ln 9
6
所以 f(e)>f(3)>f(2).
答案 D
5.(2014·全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)＝ax3－3x2＋1，若 f(x)存在唯一的零点 x0，且 x0>0，
则实数 a 的取值范围是( )
A.(2，＋∞) B.(1，＋∞)
C.(－∞，－2) D.(－∞，－1)
解析 由题意知 a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax x－2
a ，令 f′(x)＝0，解得 x＝0 或 x
＝2
a.
当a>0 时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈ 0，2
a ，f′(x)<0；x∈
2
a
，＋∞ ，f′(x)>0，
且 f(0)＝1>0，故 f(x)有小于 0 的零点，不满足.
当 a<0 时，需使 x0>0 且唯一，只需 f
2
a >0，则 a2>4，所以 a<－2.
答案 C
二、填空题
6.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是 27π dm3，且用料最省，则圆柱的
底面半径为________ dm.
解析 设圆柱的底面半径为 R dm，母线长为 l dm，则 V＝πR2l＝27π，所以 l＝27
R2
，
要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小.
S 表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·27
R
，
所以 S′表＝2πR－54π
R2 .
令 S′表＝0，得 R＝3，则当 R＝3 时，S 表最小.
答案 3
7.(2017·长沙调研)定义域为 R 的可导函数 y＝f(x)的导函数为 f′(x)，满足 f(x)>f′(x)，
且 f(0)＝1，则不等式f（x）
ex <1 的解集为________.
解析 令 g(x)＝f（x）
ex
，
则 g′(x)＝ex·f′（x）－（ex）′·f（x）
（ex）2
＝f′（x）－f（x）
ex .
由题意得 g′(x)<0 恒成立，所以函数 g(x)＝f（x）
ex
在 R 上单调递减.
又 g(0)＝f（0）
e0
＝1，所以f（x）
ex <1，即 g(x)0，
所以不等式的解集为{x|x>0}.
答案 {x|x>0}
8.(2017·南宁调研)已知 f(x)＝－x2－6x－3，g(x)＝2x3＋3x2－12x＋9，设 m<－2，
若
∀
x1∈[m，－2)，
∃
x2∈(0，＋∞)，使得 f(x1)＝g(x2)成立，则实数 m 的最小值为
________.
解析 ∵g(x)＝2x3＋3x2－12x＋9，∴g′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x＋2)(x－1).
则当 01 时，g′(x)>0，函数 g(x)递增，
∴g(x)min＝g(1)＝2.
∵f(x)＝－x2－6x－3＝－(x＋3)2＋6≤6，结合函数图象知，当f(x)＝2 时，方程两
根分别为－5 和－1，则 m 的最小值为－5.
答案 －5
三、解答题
9.(2017·贵阳质检)已知函数 f(x)＝x－1
x
－ln x.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)求函数 f(x)在
1
e
，e 上的最大值和最小值(其中 e 是自然对数的底数)；
(3)求证：lne2
x
≤1＋x
x .
(1)解 f(x)＝x－1
x
－ln x＝1－1
x
－ln x，
f(x)的定义域为(0，＋∞).
∵f′(x)＝1
x2
－1
x
＝1－x
x2
，
∴f′(x)>0
⇒
01，
∴f(x)＝1－1
x
－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
(2)解 由(1)得 f(x)在
1
e
，1 上单调递增，在(1，e]上单调递减，
∴f(x)在
1
e
，e 上的最大值为 f(1)＝1－1
1
－ln 1＝0.
又 f
1
e ＝1－e－ln1
e
＝2－e，f(e)＝1－1
e
－ln e＝－1
e
，且 f
1
e 0).
(1)设φ(x)＝f(x)－1－a 1－1
x ，求φ(x)的最小值；
(2)在区间(1，e)上 f(x)>x 恒成立，求实数 a 的取值范围.
解 (1)φ(x)＝f(x)－1－a 1－1
x
＝aln x－a 1－1
x (x>0).
则φ′(x)＝a
x
－a
x2
＝a（x－1）
x2
，
令φ′(x)＝0，得 x＝1.
当 01 时，φ′(x)>0.
∴φ(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.
故φ(x)在 x＝1 处取得极小值，也是最小值.
∴φ(x)min＝φ(1)＝0.
(2)由 f(x)>x 得 aln x＋1>x，即 a>x－1
ln x .
令 g(x)＝x－1
ln x (10.
故 h(x)在区间(1，e)上单调递增，所以 h(x)>h(1)＝0.
因为 h(x)>0，所以 g′(x)>0，即 g(x)在区间(1，e)上单调递增，
则 g(x)0.
(1)求 f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， e]上仅有一个零点.
(1)解 由 f(x)＝x2
2
－kln x(k>0)，得 x＞0 且 f′(x)＝x－k
x
＝x2－k
x .由 f′(x)＝0，解得 x
＝ k(负值舍去).
f(x)与 f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：
x (0， k) k ( k，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) k（1－ln k）
2
所以，f(x)的单调递减区间是(0， k)，单调递增区间是( k，＋∞).
f(x)在 x＝ k处取得极小值 f( k)＝k（1－ln k）
2 .
(2)证明 由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为 f( k)＝k（1－ln k）
2 .
因为 f(x)存在零点，所以k（1－ln k）
2
≤0，
从而 k≥e，
当 k＝e 时，f(x)在区间(1， e)上单调递减，且 f( e)＝0，
所以 x＝ e是 f(x)在区间(1， e]上的唯一零点.
当 k>e 时，f(x)在区间(1， e)上单调递减，且 f(1)＝1
2>0，f( e)＝e－k
2 <0，
所以 f(x)在区间(1， e]上仅有一个零点.
综上可知，若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， e]上仅有一个零点.
