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2022 年高考数学一轮复习讲练测（新高考·浙江）
第三章 导数
专题 3.4 导数的综合应用（讲）
【考试要求】
了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小值，会求闭区间上函
数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.
【高考预测】
（1）导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点
等．解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且有综合化更强的趋势；
（2）适度关注生活中的优化问题.
【知识与素养】
1．利用导数研究函数的图象与性质
函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观
察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽
然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.
【典例 1】（2021·浙江高三期末）函数 2ln 1 2f x x x x 的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
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【答案】D
【解析】
易知 f x 的图象是由函数 2ln 1g x x x 的图象向左平移一个单位长度得到，然后利用
2ln 1g x x x 的奇偶性和极值求解.
【详解】
因为 22ln 1 2 ln 1 1 1f x x x x x x ，
所以 f x 的图象是由函数 2ln 1g x x x 的图象向左平移一个单位长度得到，
因为 2ln 1g x x x 为偶函数，
故 f x 的图象关于直线 1x 对称.
又 0x 时， 2ln 1g x x x ，
21 1 22 xg x xx x
，
所以在 20, 2
上， 0g x ，在 2 ,2
上， 0g x ，
所以 g x 在 0, 存在极值点，
所以 f x 在 1, 上存在极值点.
综上可知，只有选项 D 符合条件.
故选：D.
2．与函数零点有关的参数范围问题
（1）方程 ( ) 0f x 有实根 Û 函数 ( )y f x 的图象与 x 轴有交点 Û 函数 ( )y f x 有零点．
（2）求极值的步骤：
①先求 ' ( ) 0f x 的根 0x （定义域内的或者定义域端点的根舍去）；
②分析 0x 两侧导数 ' ( )f x 的符号：若左侧导数负右侧导数正，则 0x 为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，
则 0x 为极大值点.
（3）求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的
最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.
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（4）函数 ( )y f x 的零点就是 ( ) 0f x 的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉
函数图象的交点横坐标.
【典例 2】（2021·黑龙江哈尔滨市·高三其他模拟（文））已知函数
2 21 1( ) ( 1) ln ( 0)2 2f x x a x a x a a .
（1）讨论 ( )f x 的单调性；
（2）若函数 ( )y f x 只有一个零点，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2） 0 1 2a 或 a e .
【解析】
（1）求得 'f x ，对 a 进行分类讨论，由此求得 f x 的单调区间.
（2）根据（1）的结论，结合函数的极值以及零点个数，求得 a 的取值范围.
【详解】
（1） ' 1x x af x x
，
当 0 1a 时，由 ' 0 0f x x a 或 1x ，所以 f x 在 0,a ， 1, 单调递增，
由 ' 0 1f x a x ，所以 f x 在 ,1a 单调递减；
当 1a 时，由 ' 0 0 1f x x 或 x a ，所以 f x 在 0,1 ， ,a 单调递增，由
' 0 1f x x a ，所以 f x 在 1,a 单调递减；
当 1a 时， 2
' 1 0xf x x
f x 在 0, 单调递增.
（2） 1(1) (1 2) (1 2)2f a a ， ( ) (ln 1)f a a a ，
由（1）知当 0 1a 时， ( )f x 在 x a 处，有极大值，且 0f a ，此时函数有一个零点；
当 1a 时， ( )f x 在 0, 单调递增，且 1 0f ，此时函数有一个零点；
当 1a 时， 0,1 ， ,a 单调递增， 1,a 单调递减， ( )f x 在 x a 处，有极小值，
( )f x 在 1x 处，有极大值，则当 1 0f ，或 0f a 时函数有一个零点，有1 1 2a 或 a e .
综上： 0 1 2a 或 a e .
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3．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题
不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和
热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转
化为求函数的最值问题来处理．
( )f x a ：
min
max
max
( )
( )
( )
f x a
f x a
f x a
恒成立
有解
无解
【典例 3】（2021·浙江高三其他模拟）已知不等式
11ln axa x e xx
对任意 0,1x 恒成立，则实数 a 的最
小值为___________.
【答案】 e
【解析】
先将不等式
1 1 lnaxe xx xa 变形为 1 1
ln lnx x a axe e x ，
再构造函数 ln 0f x x x x ，利用函数单调性可得， 1
axe x ，再分离参数转化为
1 0 1lna xx x
，然后求出函数 ln 0,1h x x x x 的最小值，即解出．
【详解】
由题意，不等式可变形为
1 1 lnaxe xx xa ，
得 1 1
ln lnx x a axe e x 对任意 0,1x 恒成立.
设 lnf x x x ，
则
1
( )axf e f x
对任意 0,1x 恒成立， 1 11 xf x x x
，
当 0 1x 时， 0f x ，所以函数 f x 在 0,1 上单调递减，
当 1x 时， 0f x ，所以函数 f x 在 1, 上单调递增.
当 0,1x 时， 1
xe e ，因为求实数 a 的最小值，
所以考虑 0a 的情况，此时 1ax ，
因为函数 f x 在 1, 上单调递增，
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所以要使 1
axf e f x
，只需 1
axe x ，
两边取对数，得上 1 lna xx
，
由于 0,1x ，所以 1
lna x x
.
令 ln 0,1h x x x x ，则 ln 1h x x ，
令 0h x ，得 1x e
，
易得 h x 在 10, e
上单调递减，在 1 ,1e
上单调递增，
所以 min
1 1h x h e e
，所以 max
1 eh x
，所以 a e ，
所以实数 a 的最小值为 e .
故答案为： e
4．利用导数证明、解不等式问题
无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），
达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.
【典例 4】（2021·山东青岛市·高三三模）定义在 R 上的奇函数 f x 的图象连续不断，其导函数为 f x ，
对任意正实数 x 恒有 2xf x f x ，若 2g x x f x ，则不等式 2
3log 1 1 0g x g 的解
集是（ ）
A． 0,2 B． 2,2
C． 3,2 D． 2, 1 1,2
【答案】D
【解析】
由 f x 是定义在 R 上的奇函数，得 g x 为奇函数，由 2 2xf x f x f x ，得 g x 为 xR 上
的增函数，再由 2
3log 1 1 0g x g 得 2
3log 1 1g x g ，利用单调性可得答案.
【详解】
因为 f x 是定义在 R 上的奇函数，所以 f x f x ，
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所以当 xR 时，有 2 2g x x f x x f x g x ，
所以 g x 为奇函数，
且对于正实数 x ，
有 2 2xf x f x f x ，即 2 0xf x f x ，
所以 22 2 0g x xf x x f x x f x xf x ，
所以 2g x x f x 在 0x 是增函数，又因为 g x 为奇函数，
所以 g x 为 xR 上的增函数，
由 2
3log 1 1 0g x g 得 2
3log 1 1 1g x g g ，
所以 2
3log 1 1x ，即 20 1 3x ，解得 2 1x 或1 2x ，
故选：D.
【重点难点突破】
考点一 ：利用导数研究函数的零点或零点个数
【典例 5】（2020 届山东省高三 2 月月考）已知函数 ln 2sinf x x x x , f x 为 f x 的
导函数.
(1)求证: f x 在 0 ， 上存在唯一零点;
(2)求证: f x 有且仅有两个不同的零点.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.
【解析】
(1)设 1 1 2cosg x f x xx
，
当 0,x 时， 2
12sin 0g x x x
，所以 g x 在 0, 上单调递减，
又因为 3 1 1 03g
， 2 1 02g
所以 g x 在 ,3 2
上有唯一的零点 ，所以命题得证．
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(2) ①由(1)知：当 0,x 时， 0f x ， f x 在 0, 上单调递增;
当 ,x 时， 0f x ， f x 在 , 上单调递减;
所以 f x 在 0, 上存在唯一的极大值点
3 2
所以 ln 2 2 02 2 2 2f f
又因为 2 2 2 2
1 1 1 12 2sin 2 2 0f e e e e
所以 f x 在 0, 上恰有一个零点．
又因为 ln 2 0f
所以 f x 在 , 上也恰有一个零点．
②当 ,2x 时， sin 0x ， lnf x x x
设 lnh x x x ， 1 1 0h x x
所以 h x 在 ,2 上单调递减，所以 0h x h
所以当 ,2x 时， 0f x h x h 恒成立
所以 f x 在 ,2 上没有零点．
③当 2 ,x 时， ln 2f x x x
设 ln 2x x x ， 1 1 0x x
所以 x 在 2 , 上单调递减，所以 2 0x
所以当 2 ,x 时， 2 0f x x 恒成立
所以 f x 在 2 , 上没有零点．
综上， f x 有且仅有两个零点．
【方法技巧】
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利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个
数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点．
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形
结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点．
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定
区间的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求解．
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与
化归的思想方法．
【变式探究】
（2019·全国高考真题（理））已知函数 ( ) sin ln(1 )f x x x ， ( )f x 为 ( )f x 的导数．证明：
（1） ( )f x 在区间 ( 1, )2
存在唯一极大值点；
（2） ( )f x 有且仅有 2 个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）由题意知： f x 定义域为： 1, 且 1cos 1f x x x
令 1cos 1g x x x
， 1, 2x
2
1sin
1
g x x
x
， 1, 2x
2
1
1x 在 1, 2
上单调递减， sin x ，在 1, 2
上单调递减
g x 在 1, 2
上单调递减
又 0 sin0 1 1 0g ， 2 2
4 4sin 1 02 2 2 2
g
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0 0, 2x
，使得 0 0g x
当 01,x x 时， 0g x ； 0 , 2x x
时， 0g x
即 g x 在 01, x 上单调递增；在 0 , 2x
上单调递减
则 0x x 为 g x 唯一的极大值点
即： f x 在区间 1, 2
上存在唯一的极大值点 0x .
（2）由（1）知： 1cos 1f x x x
， 1,x
①当 1,0x 时，由（1）可知 f x 在 1,0 上单调递增
0 0f x f f x 在 1,0 上单调递减
又 0 0f
0x 为 f x 在 1,0 上的唯一零点
②当 0, 2x
时， f x 在 00, x 上单调递增，在 0 , 2x
上单调递减
又 0 0f 0 0f x
f x 在 00, x 上单调递增，此时 0 0f x f ，不存在零点
又 2 2cos 02 2 2 2f
1 0 , 2x x
，使得 1 0f x
f x 在 0 1,x x 上单调递增，在 1, 2x
上单调递减
又 0 0 0f x f ， 2sin ln 1 ln ln1 02 2 2 2
ef
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0f x 在 0 , 2x
上恒成立，此时不存在零点
③当 ,2x
时，sin x 单调递减， ln 1x 单调递减
f x 在 ,2
上单调递减
又 02f
， sin ln 1 ln 1 0f
即 02f f
，又 f x 在 ,2
上单调递减
f x 在 ,2
上存在唯一零点
④当 ,x 时， sin 1,1x ， ln 1 ln 1 ln 1x e
sin ln 1 0x x
即 f x 在 , 上不存在零点
综上所述： f x 有且仅有 2 个零点
考点二：与函数零点有关的参数范围问题
【典例 6】（2020·全国高考真题（文））已知函数 3 2( )f x x kx k ．
（1）讨论 ( )f x 的单调性；
（2）若 ( )f x 有三个零点，求 k 的取值范围．
【答案】（1）详见解析；(2) 4(0, )27
.
【解析】
（1）由题， ' 2( ) 3f x x k ，
当 0k 时， ' ( ) 0f x 恒成立，所以 ( )f x 在 ( , ) 上单调递增；
当 0k 时，令 ' ( ) 0f x ，得
3
kx ，令 ' ( ) 0f x ，得
3 3
k kx ，
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令 ' ( ) 0f x ，得
3
kx 或
3
kx ，所以 ( )f x 在 ( , )3 3
k k 上单调递减，在
( , )3
k ， ( , )3
k 上单调递增.
（2）由（1）知， ( )f x 有三个零点，则 0k ，且
( ) 03
( ) 03
kf
kf
即
2
2
2 03 3
2 03 3
kk k
kk k
，解得 40 27k ，
当 40 27k 时，
3
kk ，且 2( ) 0f k k ，
所以 ( )f x 在 ( , )3
k k 上有唯一一个零点，
同理 1 3
kk ， 3 2( 1) ( 1) 0f k k k ，
所以 ( )f x 在 ( 1, )3
kk 上有唯一一个零点，
又 ( )f x 在( , )3 3
k k 上有唯一一个零点，所以 ( )f x 有三个零点，
综上可知 k 的取值范围为 4(0, )27
.
【变式探究】
（2021·全国高三其他模拟）已知函数 3 3 1f x x a x a R .
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）若函数 ln 3g x f x x x a 在[ 1
2
，2]上有两个不同的零点，求 a 的取值范围.
【答案】（1）当 0a 时， f x 在 R 上单调递增；
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当 0a 时， f x 的递增区间是： , , ,a a ；递减区间是： ,a a .
（2） 1 4ln 2 1 ln 2,12 6
.
【解析】
（1）求导函数 ( )f x ，分 0a 和 0a 两种情况讨论可得结果；
（2） 2( ) 0 3 lng x a x x ，令 2( ) lnh x x x ， 1 ,22x
，通过求导列表作出 ( )y h x 的简图，
数形结合可得结果.
【详解】
（1）显然，函数 ( )f x 的定义域为 R .
因为 3( ) 3 ( 1)f x x a x ，求导得 2 2( ) 3 3 3( )f x x a x a .
当 0a 时，对任意 xR ， ( ) 0f x 恒成立，所以， ( )f x 在 R 上单调递增；
当 0a 时，由 ( ) 0f x 得 x a 或 x a ；由 ( ) 0f x 得 a x a ，
所以， ( )f x 的递增区间是： ( , ) a ， ( , )a ；递减区间是： ( , )a a .
综上可知，
当 0a 时， ( )f x 在 R 上单调递增；
当 0a 时， ( )f x 的递增区间是： ( , ) a ， ( , )a ；递减区间是： ( , )a a .
（2） 3( ) ( ) ln 3 3 lng x f x x x a x ax x x ， 1 ,22x
.
所以 3 2( ) 0 3 ln 0 3 lng x x ax x x a x x
令 2( ) lnh x x x ， 1 ,22x
，
则
21 1 2( ) 2 xh x xx x
，令 ( ) 0h x 得 2
2x 或 2
2
（舍）.
列表
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x 1
2
1 2,2 2
2
2
2 ,22
2
( )h x
0
( )h x
1 4ln 2
4
1 ln 2
2
ln 2 4
且 1 4ln 2 1 ln 2ln 2 4 4 2
.
作出函数 ( )h x 的简图，由图可知，
当 1 4ln 2 1 ln 234 2a 即 1 4ln 2 1 ln 2
12 6a 时， ( )y h x 的图象与直线 3y a 由两个不同
的交点.
故 ( )g x 在 1 ,22
上有两个不同的零点时， a 的取值范围是 1 4ln 2 1 ln 2,12 6
.
【易错提醒】
极值点处的导数为 0，而导数为 0 的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号．
考点三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题
【典例 7】（2020·全国高考真题（理））已知函数 2( ) exf x ax x .
（1）当 a=1 时，讨论 f（x）的单调性；
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（2）当 x≥0 时，f（x）≥ 1
2
x3+1，求 a 的取值范围.
【答案】（1）当 ,0x 时， ' 0,f x f x 单调递减，当 0,x 时， ' 0,f x f x 单调递
增.（2）
27 ,4
e
【解析】
(1)当 1a 时， 2x xx ef x ， 2 1xf x e x ，
由于 2 0xf x e ，故 'f x 单调递增，注意到 0 0f ，故：
当 ,0x 时， 0,f x f x 单调递减，
当 0,x 时， 0,f x f x 单调递增.
(2)由 31 12f x x 得， 2 31 12
xe ax x x
，其中 0x ，
①.当 x=0 时，不等式为：1 1 ，显然成立，符合题意；
②.当 0x 时，分离参数 a 得，
3
2
1 12
xe x x
a x
，
记
3
2
1 12
xe x x
g x x
，
2
3
12 12
xx e x x
g x x
，
令 21 1 02
xe x xh x x ，
则 1xh x e x ， 1 0xh x e ，
故 'h x 单调递增， 0 0h x h ，
故函数 h x 单调递增， 0 0h x h ，
由 0h x 可得： 21 1 02
xe x x
恒成立，
故当 0,2x 时， ( ) 0g x¢ > ， g x 单调递增；
当 2,x 时， ( ) 0g x¢ < ， g x 单调递减；
15 / 26
因此，
2
max
72 4
eg x g ,
综上可得，实数 a 的取值范围是
27 ,4
e
.
【规律方法】
1.一般地，若不等式 a≥f(x)恒成立，a 的取值范围是 a≥[f(x)]max；若不等式 a≤f(x)恒成立，则 a 的取值范围是
a≤[f(x)]min．
2.含参数的不等式 ( ) ( )f x g x 恒成立、有解、无解的处理方法：① ( )y f x 的图象和 ( )y g x 图象特点
考考虑；②构造函数法，一般构造 ( ) ( ) ( )F x f x g x ，转化为 ( )F x 的最值处理；③参变分离法，将不等
式等价变形为 ( )a h x ，或 ( )a h x ，进而转化为求函数 ( )h x 的最值.
【变式探究】
（2019·全国高考真题（文））已知函数 f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为 f（x）的导数．
（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若 x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求 a 的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2） ,0a .
【解析】
（1） 2cos cos sin 1 cos sin 1f x x x x x x x x
令 cos sin 1g x x x x ，则 sin sin cos cosg x x x x x x x
当 0,x 时，令 0g x ，解得：
2x
当 0,
2
x p ÷çç ÷ç ÷ 时， 0g x ；当 ,2x
时， 0g x
( )g x\ 在 0, 2
上单调递增；在 ,2
上单调递减
又 0 1 1 0g ， 1 02 2g
， 1 1 2g
即当 0,
2
x p ÷çç ÷ç ÷ 时， 0g x ，此时 g x 无零点，即 f x 无零点
16 / 26
02g g 0 ,2x
，使得 0 0g x
又 g x 在 ,2
上单调递减 0x x 为 g x ，即 f x 在 ,2
上的唯一零点
综上所述： f x 在区间 0, 存在唯一零点
（2）若 0,x 时， f x ax ，即 0f x ax 恒成立
令 2sin cos 1h x f x ax x x x a x
则 cos sin 1h x x x x a ， cosh x x x g x
由（1）可知， h x 在 0, 2
上单调递增；在 ,2
上单调递减
且 0h a ， 2
2 2h a
， 2h a
min 2h x h a ， max
2
2 2h x h a
①当 2a 时， min 2 0h x h a ，即 0h x 在 0, 上恒成立
h x 在 0, 上单调递增
( ) ( )0 0h x h\ ³ = ，即 0f x ax ，此时 f x ax 恒成立
②当 2 0a 时， 0 0h ， 02h
， 0h
1 ,2x
，使得 1 0h x
h x 在 10, x 上单调递增，在 1,x 上单调递减
又 0 0h ， 2sin cos 1 0h a a
0h x 在 0, 上恒成立，即 f x ax 恒成立
③当 20 2a 时， 0 0h ， 2 02 2h a
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2 0, 2x
，使得 2 0h x
h x 在 20, x 上单调递减，在 2 , 2x
上单调递增
20,x x 时， 0 0h x h ，可知 f x ax 不恒成立
④当 2
2a 时， max
2 02 2h x h a
h x 在 0, 2
上单调递减 ( ) ( )0 0h x h\ < =
可知 f x ax 不恒成立
综上所述： ,0a
考点四：利用导数证明、解不等式问题
【典例 8】（2021·浙江高考真题）设 a，b 为实数，且 1a ，函数 2 R( )xf x a bx e x
（1）求函数 f x 的单调区间；
（2）若对任意 22b e ，函数 f x 有两个不同的零点，求 a 的取值范围；
（3）当 a e 时，证明：对任意 4b e ，函数 f x 有两个不同的零点 1 2,x x ，满足
2
2 12
ln
2
b b ex xe b
.
(注： 2.71828e 是自然对数的底数)
【答案】(1) 0b 时， ( )f x 在 R 上单调递增； 0b 时，函数的单调减区间为 ,log lna
b
a
，单调增区
间为 log ,lna
b
a
；
(2) 21,e ；
(3)证明见解析.
【解析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数 a 的取
18 / 26
值范围；
(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】
(1) 2( ) , ( ) lnx xf x b f ax ea x a b ，
①若 0b ，则 ( ) ln 0xf x a a b ，所以 ( )f x 在 R 上单调递增；
②若 0b ，
当 ,log lna
bx a
时， ' 0,f x f x 单调递减，
当 log ,lna
bx a
时， ' 0,f x f x 单调递增.
综上可得， 0b 时， ( )f x 在 R 上单调递增；
0b 时，函数的单调减区间为 ,log lna
b
a
，单调增区间为 log ,lna
b
a
.
(2) ( )f x 有 2 个不同零点 2 0xa bx e 有 2 个不同解 ln 2 0x ae bx e 有 2 个不同的解，
令 lnt x a ，则
2
2 0 , 0ln ln
t
t b b e ee e ta a t
t ，
记 22 2
2 2
( 1)( ) , ( )
t tt te t e ee e e t eg t g tt t t
，
记 2( ) ( 1) , ( ) ( 1) 1 0t t tth t e t e h t e t e e t ，
又 (2) 0h ，所以 (0,2)t 时， ( ) 0, (2, )h t t 时， ( ) 0h t ，
则 ( )g t 在 (0,2) 单调递减， (2, ) 单调递增， 2
2(2) , lnln
b bg e aa e
，
2 2
22 2, ln, 2 1bb e a a ee
.
即实数 a 的取值范围是 21,e .
(3) 2, ( ) xa e f x e bx e 有 2 个不同零点，则 2xe e bx ，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有 2 个不同零点，记较大者为 2x ，较小者为 1x ，
19 / 26
1 22 2
4
1 2
x xe e e eb ex x
，
注意到函数
2xe ey x
在区间 0,2 上单调递减，在区间 2, 上单调递增，
故 1 22x x ，又由
5 2
4
5
e e e 知 2 5x ，
1 2 2 2
1
1 1
2 2xe e e eb xx x b
，
要证
2
2 12
ln
2
b b ex xe b
，只需
2
2 ln ex b b
，
2 22
2 2
2x xe e eb x x
且关于b 的函数
2
ln eg b b b
在 4b e 上单调递增，
所以只需证 2
2
2
2
2 2
2
2ln 52
x
x
e xex xx e
，
只需证
2
2
2
2
2
2
2ln ln 02
x
x
x
e xee x e
，
只需证
2
ln ln 2 02 x
e xx e
，
2
42
e ，只需证 4( ) ln ln 2x
xh x x e
在 5x 时为正，
由于 1 1( ) 4 4 4 1 0x x xh x xe e ex x x ，故函数 h x 单调递增，
又 5 4
5 20(5) ln5 l20 n 2 ln 02h e e
，故 4( ) ln ln 2x
xh x x e
在 5x 时为正，
从而题中的不等式得证.
【规律方法】
利用导数证明不等式 f(x)＞g(x)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.
【变式探究】
20 / 26
（2020·浙江省高考真题）已知1 2a ，函数 exf x x a ，其中 e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数 y f x 在 (0 ) ， 上有唯一零点；
（Ⅱ）记 x0 为函数 y f x 在 (0 ) ， 上的零点，证明：
（ⅰ） 01 2( 1)a x a ；
（ⅱ） 0
0 (e ) (e 1)( 1)xx f a a ．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【解析】
（I） ( ) 1, 0, 1, ( ) 0, ( )x xf x e x e f x f x Q Q 在 (0, ) 上单调递增，
2 21 2, (2) 2 4 0, (0) 1 0a f e a e f a Q ，
所以由零点存在定理得 ( )f x 在 (0, ) 上有唯一零点；
（II）（i） 0
0 0( ) 0, 0xf x e x a Q ，
0 02
0 0 0 01 2( 1) 1 2( 1)x xa x a e x x e x ，
令
2
2( ) 1 (0 2), ( ) 1 (0 2),2
x x xg x e x x x h x e x x
一方面： 1( ) 1 ( ),xh x e x h x 1 ( ) 1 0xh x e ，
( ) (0) 0, ( )h x h h x 在 (0,2) 单调递增， ( ) (0) 0h x h ，
2
21 0,2( 1)2
x xxe x e x x ，
另一方面： 1 2 1 1a a Q ，
所以当 0 1x 时， 01a x 成立，
因此只需证明当 0 1x 时 2( ) 1 0xg x e x x ，
因为 1 1( ) 1 2 ( ) ( ) 2 0 ln 2x xg x e x g x g x e x ，
当 (0,ln 2)x 时， 1 ( ) 0g x ，当 (ln 2,1)x 时， 1 ( ) 0g x ，
所以 ( ) max{ (0), (1)}, (0) 0, (1) 3 0, ( ) 0g x g g g g e g x Q ，
21 / 26
( )g x 在 (0,1) 单调递减， ( ) (0) 0g x g ， 21xe x x ，
综上， 0 02
0 0 0 01 2( 1), 1 2( 1)x xe x x e x a x a .
（ii） 0
0 0 0 0 0 0( ) ( ) ( ) [( 1) ( 2)]x a at x x f e x f x a x e x a e ，
0 0( ) 2( 1) ( 2) 0a at x e x a e Q ， 01 2( 1)a x a ，
0( ) ( 1) 1[( 1) 1 ( 2)] ( 1)( 1) 1( 2)a a a at x t a a e a a e e a a a e ，因为1 2a ，
所以 , 2( 1)ae e a a ，
0( ) ( 1)( 1) 2( 1) 1( 2)at x e a a a e ，
只需证明 22( 1) 1( 2) ( 1)( 1)aa a e e a ，
即只需证明 2 24( 2) ( 1) ( 1)ae e a ，
令 2 2( ) 4( 2) ( 1) ( 1),(1 2)as a e e a a ，
则 2 2( ) 8 ( 2) ( 1) 8 ( 2) ( 1) 0a as a e e e e e e ，
2( ) (1) 4( 2) 0s a s e ，即 2 24( 2) ( 1) ( 1)ae e a 成立，
因此 0x
0 e (e 1)( 1)x f a a .
高频考点五：利用导数解决生活中的最优化问题
【典例 9】（2020·江苏省高考真题）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷
底 O 在水平线 MN 上，桥 AB 与 MN 平行，OO为铅垂线(O 在 AB 上).经测量，左侧曲线 AO 上任一点 D 到
MN 的距离 1h (米)与 D 到OO的距离 a(米)之间满足关系式 2
1
1
40h a ；右侧曲线 BO 上任一点 F 到 MN 的距离
2h (米)与 F 到 OO的距离 b(米)之间满足关系式 3
2
1 6800h b b .已知点 B 到OO的距离为 40 米.
（1）求桥 AB 的长度；
22 / 26
（2）计划在谷底两侧建造平行于OO的桥墩 CD 和 EF，且 CE 为 80 米，其中 C，E 在 AB 上(不包括端点).
桥墩 EF 每米造价 k(万元)、桥墩 CD 每米造价 3
2 k (万元)(k>0).问O E 为多少米时，桥墩 CD 与 EF 的总造价
最低?
【答案】（1）120 米（2） 20O E 米
【解析】
（1）由题意得 2 31 1| | 40 6 40 | | 8040 800O A O A
| | | | | | 80 40 120AB O A O B 米
（2）设总造价为 ( )f x 万元， 21| | 80 16040O O ，设| |O E x ，
3 21 3 1( ) (160 6 ) [160 (80 ) ],(0 40)800 2 40f x k x x k x x
3 2 21 3 3 6( ) (160 ), ( ) ( ) 0 20800 80 800 80f x k x x f x k x x x (0 舍去)
当 0 20x 时， ( ) 0f x ；当 20 40x 时， ( ) 0f x ，因此当 20x = 时， ( )f x 取最小值，
答：当 20O E 米时，桥墩 CD 与 EF 的总造价最低.
【规律方法】
1.常见生活最优化问题：
（1）面积、体积(容积)最大，周长最短，距离最小等实际几何问题，求解时先设出恰当的变量，将待求解
最值的问题表示为变量的函数，再按函数求最值的方法求解，最后检验．
（2）利润最大、效率最高等实际问题，关键是弄清问题的实际背景，将实际问题用函数关系表达，再求解．
（3）用料最省、费用最低问题出现的形式多与几何体有关，解题时根据题意明确哪一项指标最省(往往要
从几何体的面积、体积入手)，将这一指标表示为关于自变量 x 的函数，利用导数或其他方法求出最值，但
一定要注意自变量的取值范围．
2.利用导数解决生活中的优化问题的步骤
第一步
分析实际问题中各量之间的关系，构建数学模型，写出实际问题中变量之间的函数
关系式 y＝f(x)
第二步 求函数 f(x)的导数 f′(x)，解方程 f′(x)＝0
第三步 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
23 / 26
第四步 回归实际问题，给出优化问题的答案
3.在解决生活中遇到的优化问题时，可以利用基本不等式．利用基本不等式求最值时，必须注意使用的前提
以及等号成立的条件成立，否则易犯错误，注意 f′(x0)＝0 的 x0 是否在定义域内，从而进行分类讨论．
【变式探究】
（2020 届山东省枣庄市高三上学期统考）2018 年森林城市建设座谈会在深圳举行.会上宣读了国家森林城
市称号批准决定，并举行授牌仪式，滕州市榜上有名，被正式批准为“国家森林城市”.为进一步推进国家
森林城市建设，我市准备制定生态环境改造投资方案，该方案要求同时具备下列两个条件：
①每年用于风景区改造的费用 y 随每年改造生态环境总费用 x 增加而增加；②每年用于风景区改造的费用
y 不得低于每年改造生态环境总费用 x 的 15%，但不得高于每年改造生态环境总费用 x 的 25%.若每年改造
生态环境的总费用至少 1 亿元，至多 4 亿元；请你分析能否采用函数模型 31 4 16100y x x 作为生态
环境改造投资方案.
【答案】能采用函数模型 31 4 16100y x x 作为生态环境改造投资方案，理由见解析
【解析】
∵ 21 3 4 0100y x ， 1,4x .
∴当 1,4x 时，函数 31 4 16100y x x 是增函数，满足条件①.
设 21 164100
yg x xx x
， 1,4x .
则
3
2 2
1 16 82100 50
xg x x x x
.
令 0g x ，得 2x .
当 x 变化时， g x ， g x 的变化情况，如下表：
x 1 1,2 2 2,4 4
g x － 0 +
24 / 26
g x 21% 递减 极小值 16% 递增 24%
当 2x 时， g x 有最小值为16% 15% ，
当 4x 时， 24% 25%g x ，
当 1x 时， 21% 25%g x ，满足条件②.
所以能采用函数模型 31 4 16100y x x 作为生态环境改造投资方案.
【学科素养提升】
数形结合思想
我国著名数学家华罗庚曾说过:"数形结合百般好，隔裂分家万事休。""数"与"形"反映了事物两个方面的属
性。我们认为，数形结合，主要指的是数与形之间的一一对应关系。数形结合就是把抽象的数学语言、数
量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过"以形助数"或"以数解形"即通过抽象思维与形象思维
的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题途径的目的.
向量的几何表示，三角形、平行四边形法则，使向量具备形的特征，而向量的坐标表示和坐标运算又具备
数的特征，因此，向量融数与形于一身，具备了几何形式与代数形式的“双重身份”.因此，在应用向量解
决问题或解答向量问题时，要注意恰当地运用数形结合思想，将复杂问题简单化、将抽象问题具体化，达
到事半功倍的效果.
【典例】（2021·浙江高三专题练习）已知函数 ,e
,
x
x x af x
x x a
，若存在实数 b，使函数 g x f x b
恰有三个零点，则 a 的取值范围是__.
【答案】 1,1e
【解析】
设函数 x
xh x e
，求得 1
x
xh x e
，求得函数的单调性和极值，画出函数的图象，结合图象分类讨论，
即可求解.
【详解】
设函数 x
xh x e
， xR ，则 1
x
xh x e
，令 0h x 得： 1x ，
25 / 26
当 ,1x 时， 0h x ，函数 h x 单调递增；
当 1,x 时， 0h x ，函数 h x 单调递减，
又 11h e
，故画出函数 h x 的图象，如图所示：
因为存在实数 b，使函数 g x f x b 恰有三个零点，
所以存在实数 b，使方程 f x b 有三个实数根，
所以存在实数 b，使函数 f x 与 y b 的图象有 3 个交点，
因为函数 ,
,
x
x x af x e
x x a
，结合函数 h x 的图象和函数 y x 单调递减，所以 1a ，
①当 0 1a 时，函数 f x 的图象如图所示：
显然存在实数 b，使函数 f x 与 y b 的图象有 3 个交点，符合题意，
②当 0a 时，函数 f x 的图象如图所示：
26 / 26
要存在实数 b，使函数 f x 与 y b 的图象有 3 个交点，则 1a e
，解得 1a e
，
所以 1 0ae
，
综上所述，a 的取值范围是： 1,1e
，
故答案为： 1,1e
.
【点睛】
有关函数零点的判定方法及策略：
（1）直接法：令 0f x ，有几个解，函数就有几个零点；
（2）零点的存在定理法：要求函数 f x 在区间 ,a b 上连续不断的曲线，且 0f a f b ，再结合函数
的图象与性质确定零点的个数；
（3）图象法：利用图象交点的个数，作出两函数的图象，观察其交点的个数，得出函数 f x 的零点个数.
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