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专题 4.4 导数的综合应用
新课程考试要求
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.
核心素养
本节涉及所有的数学核心素养：逻辑推理（多例）、数学建模（例 9.10）、直观想象（例
3）、数学运算（多例）、数据分析等.
考向预测
（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.
【知识清单】
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.
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.
（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.
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．
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( )f x a ：
min
max
max
( )
( )
( )
f x a
f x a
f x a
恒成立
有解
无解
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.
【考点分类剖析】
考点一 ：利用导数研究函数的零点或零点个数
【典例 1】（2021·山东泰安市·高三其他模拟）已知函数 2 sin ln 1 .f x x x x a x
（1）当 1a 时，求 f x 图象在点 0, 0f 处的切线方程；
（2）当 0a 且 2a 时，证明 : f x 有且仅有两个零点.
【答案】（1） 3y x ；（2）证明见解析；
【解析】
（1）当 1a 时，代入，求导，根据导数几何意义即切线斜率，求得切线方程；
（2）通过二次求导判断导函数的单调性，进而求得原函数单调性，从而解决零点个数问题.
【详解】
（1）当 1a 时， 2 sin ln 1 .f x x x x x
则 12 1 cos 1f x x x x
，
则 (0) 3f ，又 (0) 0f
则 f x 图象在点 0, 0f 处的切线方程为 3y x ；
（2）由 2 1 cos .1
af x x x x
( 0)a
则 22 sin 0
1
af x x
x
恒成立， ( )f x 单调递增；
又 1, ( )x f x ； , ( )x f x ，
则必然存在一点 0 ( 1, )x ，使得 0( ) 0f x ，且 0( 1, )x x ， ( ) 0f x ， ( )f x 单减， 0( , )x x ，
( ) 0f x ， ( )f x 单增，即 min 0( ) ( )f x f x ，
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则 0( ) (0) 0f x f ，
故若 ( )f x 有且仅有两个零点，则 0( ) 0f x ，只需最小值点不在 0x 处取得即可，
即 (0) 2 0f a ，即 2a ，
故当 0a 且 2a 时， ( )f x 有且仅有两个零点.
【典例 2】（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．
(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
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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】
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】
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1.（2020 届山东省枣庄市高三上学期统考）【多选题】关于函数 2 lnf x xx
，下列判断正确的是（ ）
A． 2x 是 f x 的极大值点
B．函数 y f x x 有且只有 1 个零点
C．存在正实数 k ，使得 f x kx 恒成立
D．对任意两个正实数 1x ， 2x ，且 2 1x x ，若 1 2f x f x ，则 1 2 4x x
【答案】BD
【解析】
（1） f x 的定义域为 0, ， '
2
2xf x x
，所以 f x 在 0,2 上递减，在 2, 上递增，所以 2x
是 f x 的极小值点.故 A 选项错误.
（2）构造函数 2 ln 0g x f x x x x xx
， 2
'
2
2x x
g x x
2
2
1 7
2 4
0
x
x
，
所以 g x 在 0, 上递减.而 1 ln 2 1 0g ， 2 ln 2 1 0g ， 1 2 0g g .所以 g x 有
且只有一个零点.故 B 选项正确.
（3）构造函数 2 ln 0, 0h x f x kx x kx x kx
.
2
'
2
2kx xh x x
，由于 0k ，
2 2y kx x 开口向下， 0x 和 x 时， 2 2 0y kx x ，即
2
'
2
2 0kx xh x x
，
x 时 0h x ，故不存在正实数 k ，使得 f x kx 恒成立，C 选项错误.
（4）由（1）知， f x 在 0,2 上递减，在 2, 上递增， 2x 是 f x 的极小值点.由于任意两个
正实数 1x ， 2x ，且 2 1x x ， 1 2f x f x ，故 1 20 2x x .令 2
1
1xt x
， 2 1x tx .由 1 2f x f x
得 1 2
1 2
2 2ln lnx xx x
，即 2 1 2
1 2 1
2 lnx x x
x x x
，即 1
1 1
12 lnt x tx tx
，解得
1
2 1
ln
tx t t
，则
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2 1
2 1
ln
t tx tx t t
.所以
2
1 2
2 2
ln
tx x t t
.要证 1 2 4x x ，即证 1 2 4 0x x ，即证
2 22 2 2 2 4 ln4 0ln ln
t t t t
t t t t
，由于 1t ，所以 ln 0t t ，故即证 22 2 4 ln 0 1t t t t ①.构造函
数 22 2 4 ln 1h t t t t t （先取 1t ）， 1 0h ； ' 4 4ln 4h t t t ， ' 1 0h ；
'' 4 144 0th t t t
.所以 'h t 在 1, 上为增函数，所以 ' ' 1 0h t h ，所以 h t 在
1, 上为增函数，所以 1 0h t h .故当 1t 时， 0h t .即证得①成立，故 D 选项正确.
故选：BD.
2.（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
0 0, 2x
，使得 0 0g x
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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
0f x 在 0 , 2x
上恒成立，此时不存在零点
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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 3】（2021·高三其他模拟（文））已知关于 x 的方程 ln 2lnx a x 有三个不相
等的实数根，则实数 a 的取值范围是______．
【答案】
2
,4
e
【解析】
由参变量分离法得出 ln 2lna x x ，利用导数分析函数 2lnf x x x 的单调性与极值，数形结合可
得出关于实数 a 的不等式，由此可解得实数 a 的取值范围.
【详解】
由 ln 2lnx a x 可得 ln 2lna x x ，设 2lnf x x x ，其中 0x ，
当 0x 时， 2lnf x x x ，则 2 21 0xf x x x
，此时函数 f x 单调递增，
当 0x 时， 2lnf x x x ，则 2 21 xf x x x
.
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若 0 2x ， 0f x ，此时函数 f x 单调递减，
若 2x ， 0f x ，此时函数 f x 单调递增，所以， 2 2 2ln 2f x f 极小值 ，
作出函数 y f x 与 lny a 的图象如下图所示：
由图可知，当
2
ln 2 2 2ln 2 ln 4
ea f 时，即当
2
4
ea 时，
直线 lny a 与函数 y f x 的图象有三个交点，
因此，实数 a 的取值范围是
2
,4
e
.
故答案为：
2
,4
e
.
【典例 4】（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 ，
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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 ，
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】
1.（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数 lnmf x x mx
在区间 1e ,e 内有唯一零点，则实数 m
的取值范围为（ ）
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A． 2
e e, 1e 1 2
B． 1 e,e 1 e 1
C． e ,1e 1
D． e1, 12
【答案】B
【解析】
令 f(x)=0，分离参数，结合导数研究函数的单调性即可得出结果.
【详解】
令 f(x)=0，则 1 1 lnm xx
， ln
1
x xm x
，
令 ln 1( )1
x x x ex eh x
， 2
1 ln
1
x x
x
h x
，
令 1 lnk x x x ， 11 0xk x ，
则函数 y k x 在区间 1e ,e 单调递增， 1 1e e 0k kx ，
所以 0h x ，函数 y h x 在区间 1e ,e 单调递增，
所以有 1e eh h x h ，
即 1 e
e 1 e 1h x
，
所以 1 e
e 1 e 1m
，
故选：B．
2. （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；
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
.
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【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
x 1
2
1 2,2 2
2
2
2 ,22
2
( )h x 0
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( )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 5】（2021·河南商丘市·高三月考（文））设函数 1 ln .f x x x
（1）求函数 f x 的极值；
（2）若关于 x 的不等式 1 ln2kf x x x
在 2,e e 上有解，求实数 k 的取值范围．
【答案】（1）极小值为 1 0f ，无极大值；（2） 1 ,2
．
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【解析】
（1）先求导函数，然后利用导数判断函数单调性即可得函数极值；
（2）原问题等价于 2 1 ln ln 12
k x x x
x
在 2e,e 上有解，即
max
2 1 ln ln 12
k x x x
x
，构造函数即
可求解.
【详解】
解:（1）由于函数 f x 的定义域为 10, , ln 1.f x x x
易知 f x 在 0, 上单调递增，且有 1 0f ，
所以当 0,1x 时， 0;f x 当 1,x 时， 0.f x
所以 f x 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增，
因此函数 f x 的极小值为 1 0f ，无极大值．
（2）由题意， 1 ln2kf x x x
，即 2 1 ln ln 12
k x x x
x
在 2e,e 上有解．
记 2 1 1 ln
2
k x x
g x x
，则
2
2 1 ln 1 2
2
k x kxg x x
，
若 1
2k
，当 2,x e e 时总有 0g x ，所以 g x 在 2,e e 上单调递增，
所以 2g x g e ，
要使 1g x
在 2,e e 上有解，只需 2
2
2
2 1 1
1
k e
g e e
，所以 1
2k ．
若 1
2k ，当 2,x e e 时， 1 1 1 1ln 1 ln ln ln2 2 2 2kf x x x x x x x ，
若原不等式在 2,e e 上有解，则 1 ln2 x x x ，即 ln 2x ，即 2x e ，与已知矛盾．
综上， k 的取值范围为 1 ,2
．
【典例 6】（2020·全国高考真题（理））已知函数 2( ) exf x ax x .
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（1）当 a=1 时，讨论 f（x）的单调性；
（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；
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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】
1．（2020·湖南长郡中学高三其他（文））已知函数 1xf x e x a a R .
（1）讨论 f x 在区间 1,2 上的单调性；
（2）若 af x e
恒成立，求实数 a 的最大值.（e 为自然对数的底）
【答案】（1）见解析；（2） 1 .
【解析】
（1）由已知 xf x e x a ，
,x a 时， 0f x ﹔ ,x a 时， 0f x ，
①当 1a 时， f x 在 1,2 上单调递增；
②当1 2a 时， f x 在 1,a 上单调递减， ,2a 上单调递增；
③当 2a 时， f x 在 1,2 的单调递减；
（2）由已知 1 0x ae x a e
恒成立，
令 1x ag x e x a e
，则 min 0g x ，
由（1）知： g x 在 ,x a 上单调递减，在 ,x a 上单调递增，
则 min 0g x g a ，即 1 0a ae a a e
17 / 29
整理得 1 0ae a ，
令 1xh x e x ， 1 1 0xh x e 恒成立，即 1xh x e x 在 R 上单调递增，
而 1 11 1 0h e ， 1 0 1ah a e a h ，
所以 1a ，即 a 的最大值为 1 .
2.（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
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
18 / 29
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
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
19 / 29
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 7】（2019·山东高考模拟（文））已知函数
3 5 7 9 1 131
( ) 1 3 5 7 9 11 13
x x x x x xf x x ，则使不等
式 ( 1) 0f x 成立的 x 的最小整数为（ ）
A．-3 B．-2 C．-1 D．0
【答案】D
【解析】
根据题意，函数
3 5 7 9 1 131
( ) 1 3 5 7 9 11 13
x x x x x xf x x ，其导数
2 4 6 8 10 12( ) 1f x x x x x x x ，
0x 时， ( )f x 可以看成是 1 为首项， 2x 为公比的等比数列，
则有 2 4 6 8 10 12( ) 1f x x x x x x x
14
2
1 01
x
x
，
函数 ( )f x 在 R 上为增函数，
又由 1 1 1 1 1 1( 1) 1 ( 1) ( ) ( ) ( ) 03 5 7 9 11 13f ，
3 5 7 9 11 132 2 2 2 2 2( 2) 1 ( 2) 03 5 7 9 11 13f
，
则函数 ( )f x 在 ( 2, 1) 上存在唯一的零点，设其零点为t ，
( 1) 0 1 1f x x t x t ，
又由 2 1t ，则 1 1 0t ，
故不等式 ( 1) 0f x 成立的 x 的最小整数为 0；
故选：D．
20 / 29
【典例 8】（2021·黑龙江佳木斯市·佳木斯一中高三三模（理））已知函数
21 1 ln 02
f x ax a x x a .
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）当 0a 时，证明 32 2
f x a .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）先对函数求导，然后分 0a 和 0a 判断导数的正负，从而可求得其单调区间；
（2）要证明 32 2
f x a
，只需要使 f x 的最大值小于等于 32 2a
，而由（1）可知
max
1 1 11 ln2
f x f a a a
，再构造函数 ln 1 0g x x x x ，利用导数可得
ln 1 x x ，从而可得 1 1ln 1 a a
，进而可证得结论
【详解】
解：（1） 1 111 0
ax xf x ax a xx x
，
当 0a 时， ( ) 0f x¢ > ， f x 在 0, 上单调递增，
当 0a 时， 1 0x
x
，令 ( ) 0f x¢ > ，解得： 10 x a
，
令 0f x ，解得： 1x a
，
故 f x 在 10, a
递增，在 1 ,a
递减，
综上：当 0a 时， f x 在 0, 上单调递增，
当 0a 时， f x 在 10, a
递增，在 1 ,a
递减.
（2）证明：由（1）知，当 0a 时， max
1 1 11 ln2
f x f a a a
，
令 ln 1 0g x x x x ，则 1 xg x x
，
21 / 29
令 0g x ，解得： 0 1x ，令 0g x ，解得： 1x ，
故 g x 在 0,1 递增，在 1, 递减，
故 g x 的最大值是 1 0g ，故 0g x 即 ln 1 x x ，
故 1 1ln 1 a a
，
故 max
1 1 1 1 31 ln 1 1 22 2 2
f x a a a a a
，
故当 0a 时， 32 2
f x a .
【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】
1．（2019·北京高考真题（文））已知函数 3 21( ) 4f x x x x .
（Ⅰ）求曲线 ( )y f x 的斜率为 1 的切线方程；
（Ⅱ）当 [ 2,4]x 时，求证： 6 ( )x f x x ；
（Ⅲ）设 ( ) | ( ) ( ) | ( )F x f x x a a R ，记 ( )F x 在区间[ 2,4] 上的最大值为 M（a），当 M（a）最小时，
求 a 的值．
【答案】（Ⅰ） 0x y 和 27 27 64 0x y .
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ） 3a .
【解析】
（Ⅰ） 23( ) 2 14f x x x ，令 23( ) 2 1 14f x x x 得 0x 或者 8
3x .
当 0x 时， (0) 0f ，此时切线方程为 y x ，即 0x y ；
当 8
3x 时， 8 8( )3 27f ，此时切线方程为 64
27y x ，即 27 27 64 0x y ；
22 / 29
综上可得所求切线方程为 0x y 和 27 27 64 0x y .
（Ⅱ）设 3 21( ) ( ) 4g x f x x x x ， 23( ) 24g x x x ，令 23( ) 2 04g x x x 得 0x 或者 8
3x ，
所以当 [ 2,0]x 时， ( ) 0g x ， ( )g x 为增函数；当 8(0, )3x 时， ( ) 0g x ， ( )g x 为减函数；当 8[ ,4]3x
时， ( ) 0g x ， ( )g x 为增函数；
而 (0) (4) 0g g ，所以 ( ) 0g x ，即 ( )f x x ；
同理令 3 21( ) ( ) 6 64h x f x x x x ，可求其最小值为 ( 2) 0h ，所以 ( ) 0h x ，即 ( ) 6f x x ，
综上可得 6 ( )x f x x .
（Ⅲ）由（Ⅱ）知 6 ( ) 0f x x ，
所以 ( )M a 是 , 6a a 中的较大者，
若 6a a ，即 3a ≤ 时， ( ) 3M a a a ；
若 6a a ，即 3a 时， ( ) 6 6 3M a a a ；
所以当 ( )M a 最小时， ( ) 3M a ，此时 3 .
2. （2021·辽宁实验中学高三其他模拟）已知 2ln af x x ax x
，其中 0a .
（1）讨论函数 f x 的单调性；
（2）证明：
5
12
2 2 2 2
1 1 1 11 1 1 13 4 5 en
，其中 *n N ， 2n .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）求得导数
2
2
2( ) ax x af x x
，根据 0 和 0 两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；
（2）由（1）得到当 1a 时， f x 在 0, 是减函数，求得 12ln 0x x x
，进而得到
2
2 2 2
1 1 1ln 1 12 1
n
n n n
，得出 2
1 1 1 1ln 1 2 1 1n n n
，即可作出证明.
23 / 29
【详解】
（1）由题意，函数 2ln af x x ax x
的定义域为 (0, ) ，
可得
2
2 2
2 2( ) a ax x af x ax x x
，其中 0, 0 a x ，
当 24 4 0a ，即 2 1a ，即 1a 时， 0f x ， f x 在 0, 为减函数；
当 24 4 0a ，即 2 1a ，即 1 0a 时，
由 0f x 得
2
1
1 1 ax a
，
2
2
1 1 ax a
，
且 1 2x x ， 1 2 1x x ， 1 2
2 0x x a
，
在 10, x 上， 0f x ， f x 为减函数；在 1 2,x x 上， 0f x ， f x 为增函数，
在 2,x 上， 0f x ， f x 为减函数，
综上可得，当 1a 时， f x 在 0, 为减函数；
当 1 0a 时， f x 在
21 10, a
a
和
21 1 ,a
a
上为减函数，在
2 21 1 1 1,a a
a a
为增函数
（2）由（1）知，当 1a 时， 12lnf x x x x
在 0, 是减函数，
所以当 1x 时， 1 0f x f ，即 12ln 0x x x
，
所以 1 1ln 2x x x
，所以
2
2 2 2
1 1 1ln 1 12 1
n
n n n
，
其中
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 1 2 1 1 2 1 1
n
n n n n n n n n
所以 2
1 1 1 1ln 1 2 1 1n n n
，
24 / 29
所以 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1ln 1 ln 1 ln 13 4 2 2 4 3 5 1 1n n n
，
所以 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 5ln 1 1 13 4 2 2 3 1 12n n n
所以
5
12
2 2 2
1 1 11 1 13 4 en
.
高频考点五：利用导数解决生活中的最优化问题
【典例 9】（2020 届山东省济宁市高三 3 月月考）如图所示，某几何体由底面半径和高均为 1 的圆柱与半径
为 1 的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底
面平行，则小圆柱体积的最大值为__________.
【答案】 32
27
【解析】
由题意，设小圆柱体底面半径为 cos ，
则高为1 sin 0, 2
， ，
小圆柱体体积 2cos 1 sinV ，
设 sin 0,1t t ， ，
则 2 3 21 1 1V t t t t t
则 23 2 1 3 1 1V t t t t
当 1
3t 时， max
32
27V
故答案为： 32
27
【典例 10】（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
25 / 29
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；
（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
26 / 29
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
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】
1. （2021·广东江门市·高三一模）如图，抛物线 2: 8C y x 与动圆 2 2 2:( 8) ( 0)M x y r r 相交于
, , ,A B C D 四个不同点．
（1）求 r 的取值范围；
（2）求四边 ABCD 面积S 的最大值及相应 r 的值．
【答案】（1） (4 3,8) ；（2）S 的最大值 256 6
9
， 4 35
3r .
【解析】
（1）联立抛物线和圆的方程，要圆与抛物线有四个不同交点，即方程有两个不等正根，写出满足的不等式
组，求得 r 的取值范围.
（2）设出 A，B 坐标，根据（1）中联立结果写出韦达定理，表示出四边形 ABCD 的面积表达式，方法一借
助导数求单调区间，从而求得最大值；方法二把表达式写成因式乘积的形式，借助不等式求得最大值.
27 / 29
【详解】
解：（1）联立抛物线与圆方程
2
2 2 2
8
( 8)
y x
x y r
消 y 可得： 2 28 64 0x x r
要圆与抛物线有四个不同交点，即方程有两个不等正根．
所以，
2
2
64 0
64 4 64 0
r
r
解得： 4 3 8,r r 的取值范围为 (4 3,8) ；
（2）设 1 1 2 2,2 2 , ,2 2A x x B x x ，其中 2 1 0x x ，则 2
1 2 1 28, 64x x x x r
1 2 2 1 1 2 2 1
1 4 2 4 2 2 2 2 22S x x x x x x x x
22
1 2 1 2 2 1 1 28 2 4S x x x x x x x x
2 2 264 4 64 16 64S r r
令 264 (0 4)x r x
2( ) (4 ) 16 (0 4)f x x x x
2( ) 16 8 3 (4 3 )( 4)f x x x x x
当 40 3x 时， ( ) 0, ( )f x f x 单调递增；
当 4 43 x 时， ( ) 0, ( )f x f x 单调递减．
4 2048 256 6( ) , 8 ( )3 27 9f x f S f x
当 4
3x 时，S 取得最大值，即 2 4 4 3564 ,3 3r r ，
方法二：
2 1( ) (4 ) 16 (4 )(4 )(8 2 )2f x x x x x x
28 / 29
31 1 (4 ) (4 ) (8 2 ) 2048( ) (4 )(4 )(8 2 )2 2 3 27
x x xf x x x x
256 68 ( ) 9S f x
当 4 8 2x x 时，即 4 ,3x S 取得最大值， 2 4 4 3564 ,3 3r r
2.（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
29 / 29
g x － 0 +
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.
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