考点 36、导数中的证明与探索性问题
【知识框图】
【自主热身，归纳总结】
1、（2017 江苏）已知函数 有极值，且导函数 的极值点是 的
零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）
（1）求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域；
（2）证明： ；
解析（1） 有零点， ，即 ，又 ，解得
，根据题意， ，即 ，化简得 ，又 ，
所以 ，即 ；
（2）设 ，
而 ，故 ，即 ；
2、(2017 镇江期末）已知函数 ，g(x)＝λ(x2－1)(λ 为常数)．
(1) 若函数 y＝f(x)与函数 y＝g(x)在 x＝1 处有相同的切线，求实数 λ 的值；
(2) 若 λ＝1
2，且 x≥1，证明：f(x)≤g(x)；
思路分析 第 2 问，欲证当 x≥1 时 f(x)≤g(x)恒成立，即证 h(x)＝f(x)－g(x)＝xlnx－1
2(x2－1)≤0，用导数
法求出 h(x)在区间[1，＋∞)上最大值即可；规范解答 (1) f′(x)＝lnx＋1，则 f′(1)＝1 且 f(1)＝0.(1 分)
所以 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程为 y＝x－1，(2 分)
从而 g′(1)＝2λ＝1，即 λ＝1
2.
此时 g(1)＝1
2×(12－1)＝0，符合题意．(4 分)
(2) 由题意知，设函数 h(x)＝ －1
2(x2－1)，则 h′(x)＝ ＋1－x.(5 分)
设 p(x)＝ ＋1－x，从而 p′(x)＝1
x－1≤0 对任意 x∈[1，＋∞)恒成立，(6 分)
所以 p(x)＝ ＋1－x≤p(1)＝0，即 h′(x)≤0，
因此函数 h(x)＝ －1
2(x2－1)在[1，＋∞)上单调递减，(7 分)
即 h(x)≤h(1)＝0，
所以当 x≥1 时，f(x)≤g(x)成立．(8 分)
3、(2017 南京、盐城二模）已知函数 f(x)＝ex－ax－1，其中 e 为自然对数的底数，a∈R.
⋅ 3 2( ) 1( 0, )f x x ax bx a b= + + + > ∈R '( )f x ( )f x
3 3b a>
2'( ) 3 2f x x ax b= + + 24 12 0a b∆ = − > 2 3a b> ''( ) 6 2 0f x x a= + =
3
ax = − ( ) 03
af − =
3 2
1 03 3 3
a a aa b − + − + − + =
22 3
9b a a
= +
2
0
3
a
a b
>
>
3a > 22 3 ( 3)9b a aa
= + >
2 4 3 3
2 2
4 5 9 1( ) 3 (4 27)( 27)81 3 81g a b a a a a aa a
= − = − + = − −
3a > ( ) 0g a > 2 3b a>
( ) lnf x x x=
lnx x ln x
ln x
ln x
lnx x(1) 若 a＝e，函数 g(x)＝(2－e)x.
①求函数 h(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；
②若函数 F(x)＝Error!的值域为 R，求实数 m 的取值范围．
(2) 若存在实数 x1，x2∈[0,2]，使得 f(x1)＝f(x2)，且|x1－x2|≥1，求证：e－1≤a≤e2－e.
思路分析 (1) ②因为 g(x)在(m，＋∞)上的值域为(－∞，(2－e)m)，所以 f(x)在(－∞，m]上的值域包含[(2－
e)m，＋∞)．
(2) 由 f(x)的图像分析，就是要证 f(1)≤f(0)且 f(1)≤f(2)，即要证 1 在 x1，x2 之间．
规范解答 (1) 若 a＝e，则 f(x)＝ex－ex－1，
又 g(x)＝(2－e)x，
①h(x)＝ex－2x－1，考虑 h′(x)＝ex－2，
令 h′(x)＜0，得 x＜ln2；令 h′(x)＞0，得 h′(x)＞ln2，
所以 h(x)的单调递减区间是(－∞，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)．(3 分)
②首先，一次函数 g(x)＝(2－e)x 在(m，＋∞)上单调递减，值域为(－∞，(2－e)m)．
因为 f′(x)＝ex－e，易得 f(x)在(－∞，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，且当 x→－∞时，f(x)→
＋∞，
所以在(－∞，m]上，
f(x)min＝Error!其值域为[f(x)min，＋∞)．
因为 F(x)的值域为 R，所以 f(x)min≤(2－e)m，(5 分)
即Error!或Error!
即Error!或 1≤m≤ 1
e－2.(7 分)
由①知，h(m)＝em－2m－1 在(－∞，ln2]上单调递减，在[ln2,1)上单调递增，且 h(0)＝0，h(1)＝e－3＜
0，
所以 h(m)≤0 的解集为[0,1)．
综上所述，实数 m 的取值范围是[0， 1
e－2].(9 分)
(2) 由 f(x)＝ex－ax－1，得 f′(x)＝ex－a.
当 a≤0 时，f(x)在[0,2]上单调递增，不合题意；
当 a＞0 时，若 lna≤0 或 lna≥2，则 f(x)在[0,2]上单调，也不合题意；(11 分)
当 0＜lna＜2 时，f(x)在[0，lna]上单调递减，在[lna,2]上单调递增．
由 x1，x2∈[0,2]，f(x1)＝f(x2)，不妨设 0≤x1＜lna＜x2≤2.
又因为|x1－x2|≥1，所以 x1∈[0,1]，且 x2∈[1,2]，从而 x1≤1≤x2.
所以 f(1)≤f(x1)≤f(0)，且 f(1)≤f(x2)≤f(2)．(14 分)
由Error!得Error!
解得 e－1≤a≤e2－e.得证．(16 分)
4、(2017 扬州期末）已知函数 f(x)＝g(x)·h(x)，其中函数 g(x)＝ex，h(x)＝x2＋ax＋a.
(1) 求函数 g(x)在(1，g(1))处的切线方程；
(2) 当 0＜a＜2 时，求函数 f(x)在 x∈[－2a，a]上的最大值；
(3) 当 a＝0 时，对于给定的正整数 k，问函数 F(x)＝e·f(x)－2k(lnx＋1)是否有零点？请说明理由．(参考
数据 e≈2.718， e≈1.649，e e≈4.482，ln2≈0.693)
. 规范解答 (1) g′(x)＝ex，故 g′(1)＝e，
所以切线方程为 y－e＝e(x－1)，即 y＝ex.(3 分)
(2) f(x)＝ex·(x2＋ax＋a), 故 f′(x)＝(x＋2)(x＋a)ex，令 f′(x)＝0，得 x＝－a 或 x＝－2.
①当－2a≥－2，即 0＜a≤1 时，f(x)在[－2a，－a]上单调递减，在[－a，a]上单调递增，
所以 f(x)max＝max{f(－2a)，f(a)}．
由于 f(－2a)＝(2a2＋a)e－2a，f(a)＝(2a2＋a)ea，故 f(a)＞f(－2a)，所以 f(x)max＝f(a)．(5 分)
②当－2a＜－2，即 1＜a＜2 时，f(x)在[－2a，－2]上单调递增，在[－2，－a]上单调递减，在[－a，a]上单调递增，
所以 f(x)max＝max{f(－2)，f(a)}．
由于 f(－2)＝(4－a)e－2，f(a)＝(2a2＋a)ea，故 f(a)＞f(－2)，(7 分)
所以 f(x)max＝f(a)．
综上得，f(x)max＝f(a)＝(2a2＋a)ea.(8 分)
(3) 结论：当 k＝1 时，函数 F(x)无零点；当 k≥2 时，函数 F(x)有零点．(9 分)
理由如下：
①当 k＝1 时，实际上可以证明：ex＋1x2－2lnx－2＞0.
证法 1 直接证明 F(x)＝ex＋1x2－2lnx－2 的最小值大于 0，可以借助虚零点处理．
F′(x)＝(x2＋2x)ex＋1－2
x，显然可证 F′(x)＝(x2＋2x)ex＋1－2
x在(0，＋∞)上单调递增．
因为 F′(1
e )＝e1
e＋1(1
e2＋2
e)－2e＝ee1
e
1
e2＋2
e－2＜e[e1
2(1
e2＋2
e)－2]＝e(1＋2e
e e
－2)＜0，F′(1
2 )＝5
4e
e－4＞0，所以存在 x0∈(1
e，1
2 )，使得 F′(x0)＝(x20＋2x0)ex0＋1－ 2
x0＝0，即 x20ex0＋1＝ 2
x0＋2，所以当 x∈
(0，x0)时，F(x)单调递减；当 x∈(x0，＋∞)时，F(x)单调递增，所以 F(x)min＝F(x0)＝x20ex0＋1－2lnx0－2＝2
( 1
x0＋2－lnx0－1)，其中 x0∈(1
e，1
2 )，而 φ(x)＝2 ( 1
x＋2－lnx－1)单调递减，所以 φ(x)＞φ(1
2 )＝2(ln2－3
5)＞
0，所以 F(x)min＞0，所以命题得证．(14 分)
证法 2 转化为证明ex＋1
x ＞2(lnx＋1)
x3 ，下面分别研究左右两个函数．
令 p(x)＝ex＋1
x ，则可求得 p(x)min＝p(1)＝e2.
令 q(x)＝2(lnx＋1)
x3 ，则可求得 q(x)max＝q(e－2
3)＝2
3e2，即 p(x)min＞g(x)max，所以命题得证．(14 分)
证法 3 先放缩，再证明．
可先证明不等式 ex≥ex(参考第 1 小题，过程略)，然后就有 ex＋1x2≥e2x3 成立，所以只要证 e2x3＞2lnx＋
2.
令 h(x)＝e2x3－2lnx－2，则可求得 h(x)min＝h(( 2
3e2 )1
3)＝2
3ln3
2＞0，所以命题得证．(14 分)
②当 k≥2 时，F(x)＝ex＋1x2－2k(lnx＋1),
此时 F(1
2 )＝1
4e3
2－2k(1－ln2)≤1
4e3
2－4(1－ln2)＜0，F(ek)＝eek＋2k＋1－(2k2＋2k)．
下面证明 F(ek)＞0，可借助结论 ex＞x2(x≥2)处理，首先证明结论 ex＞x2(x≥2)：
令 m(x)＝ex－x2(x≥2)，则 m′(x)＝ex－2x，故 m″(x)＝ex－2＞0，所以 m′(x)＝ex－2x 在[2，＋∞)上
单调递增，所以 m′(x)≥m′(2)＞0，所以 m(x)＝ex－x2 在[2，＋∞)上单调递增，所以 m(x)≥m(2)＞0，得
证．
借助结论得 eek＋2k＋1＞ek2＋2k＋1＞(k2＋2k＋1)2＝(k＋1)4＝(k＋1)(k＋1)3＞2k(k＋1)，
所以 F(ek)＞0，又因为函数 F(x)连续，
所以 F(x)在(1
2，ek )上有零点．(16 分)
解后反思 (1) 已知切点求切线，这是送分题．(2) 求函数在闭区间上的最大值，这也是常规题，只是需
对极值点是否在给定的闭区间内，展开讨论．分类讨论思想几乎是每份试卷中函数大题都要涉猎的．(3) 对
于问题(3)尤其值得反思：①常见的不等关系如：ex≥ex，ex＞x2(x≥2)，虽然不能直接引用，但为证题指明了
方向；②虚零点处理方法；③当 k≥2 时，函数 F(x)有零点，这里的1
2，ek 通常称为支撑点，它是如何寻找
的．问题(3)虽然难，但这几点在今后的解题中值得借鉴和尝试．
【问题探究，变式训练】
题型一、与零点、极值点有关的证明利用导数证明不等式的常规解题策略：(1) 构造差函数 h(x)＝f(x)－g(x)，根据差函数的导函数符
号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；(2) 根据条件，寻找目标函数．一般
思路为充分利用条件将求和问题转化为对应项之间的大小关系，或利用放缩、等量代换等手段将多元函数
转化为一元函数．
例 1、(2019 无锡期末）已知函数 f(x)＝ex－
a
2x2－ax(a>0)．
(1) 当 a＝1 时，求证：对于任意 x>0，都有 f(x)>0 成立；
(2) 若函数 y＝f(x)恰好在 x＝x1 和 x＝x2 两处取得极值，求证：
x1＋x2
2 0，g′(x)>0，则 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，故 f′(x)>f′(0)＝0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
(5 分)
进而 f(x)>f(0)＝1>0，即对于任意 x>0，都有 f(x)>0.(6 分)
(2) f′(x)＝ex－ax－a，因为 x1，x2 为 f(x)的两个极值点，
所以{f′（x1）＝0，
f′（x2）＝0. 即{ex1－ax1－a＝0，
ex2－ax2－a＝0.
两式相减，得 a＝{ex4－ax1－a＝0，
ex2－ax2－a＝0.
两式相减，得 a＝
ex1－ex2
x1－x2 ，(8 分)
则所证不等式等价
x1＋x2
2 0，所以证不等式只需证明：
e
t
2<
et－1
t →te
t
2－et＋10，且 f(x)min＝f(a)a2，不妨设 00 成立，所以 f(x)在(0，＋∞)为增函数；(2 分)
(1.2)当 a>0 时，
(i)当 x>a 时，f′(x)>0，所以 f(x)在(a，＋∞)上为增函数；
(ii)当 0a2 成立．
所以 p＝2＋ln(x1x2)>2lna＋2，即 x1f′(x1)＋x2f′(x2)>2lna＋2 成立．(16 分)
解题反思 1. 第(2)①中，用零点判定定理证明 f(x)在(0，a)上有一个零点是解题的一个难点，也是一个
热点问题，就是当 00，事实上由(1)可以得到 xlnx≥－
1
e，而 f(a2)＝
1
a＋lna2＝
1＋2alna
a >0 即可．
2. 在(2)②中证明 x1x2>a2 的过程，属于构造消元构造函数方法，将两个变量 x1，x2 转化为证明单变量的问题，
这一处理方法，在各类压轴题中，经常出现，要能领悟并加以灵活应用
【变式 2】(2018 常州期末）已知函数 f(x)＝
lnx
（x＋a）2，其中 a 为常数．
(1) 若 a＝0，求函数 f(x)的极值；
(2) 若函数 f(x)在(0，－a)上单调递增，求实数 a 的取值范围；
(3) 若 a＝－1，设函数 f(x)在(0，1)上的极值点为 x0，求证：f(x0)
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