专题一 第5讲 母体突破 导数不等式的证明、恒成立问题与有解问题、零点问题（解析版）

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专题一 第 5 讲　导数的综合应用
【情报站】
1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高
考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.
多以解答题压轴形式出现，难度较大．
母题突破 1　导数与不等式的证明
母题 　(2017·全国Ⅲ)已知函数 f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)当 a<0 时，证明 f(x)≤－－2.
思路分析
f x ≤❶  －－2
　　　↓
f x❷ max≤－－2
　　　↓
f x❸ max＋＋2≤0　　　
↓
❹构造函数证明
【答案】(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若 a≥0，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若 a<0，则当 x∈时，f′(x)>0；
当 x∈时，f′(x)<0.
故 f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明　由(1)知，当 a<0 时，f(x)在 x＝－处取得最大值，最大值为 fŒ＝ln－1－，
所以 f(x)≤－－2 等价于 ln－1－≤－－2，
即 ln＋＋1≤0.
设 g(x)＝ln x－x＋1，则 g′(x)＝－1.
当 x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当 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≤0，
即 f(x)≤－－2.
[子题 1]　设函数 f(x)＝ln x－x＋1.证明：当 x∈(1，＋∞)时，1<<x.
【答案】证明　f′(x)＝－1＝，x>0，
当 x>1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
1
当 0<x<1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)＝ln x－x＋1≤f(1)＝0，∴ln x≤x－1，
∴当 x>1 时，ln x<x－1，①
且 ln <－1，②
由①得，1<，由②得，－ln x<，
∴ln x>，∴x>，
综上所述，当 x>1 时，1<<x.
[子题 2]　已知函数 f(x)＝ex－x2.求证：当 x>0 时，≥ln x＋1.
【答案】证明　设 g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1(x>0)，
则 g′(x)＝ex－2x－(e－2)，
设 m(x)＝ex－2x－(e－2)(x>0)，
则 m′(x)＝ex－2，
易得 g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
又 g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，
由 0<ln 2<1，则 g′(ln 2)<0，
所以存在 x0∈(0，ln 2)，使得 g′(x0)＝0，
所以当 x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0；
当 x∈(x0，1)时，g′(x)<0.
故 g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又 g(0)＝g(1)＝0，所以 g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，
故当 x>0 时，≥x.
又由母题可得 ln x≤x－1，即 x≥ln x＋1，
故≥ln x＋1.
【方法总结】　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.
(3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明．
(4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式.
拓展训练
1．(2018·全国Ⅰ)已知函数 f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设 x＝2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间；
(2)证明：当 a≥时，f(x)≥0.
【答案】(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以 a＝.
从而 f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当 0<x<2 时，f′(x)<0；当 x>2 时，f′(x)>0.
所以 f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．
(2)证明　当 a≥时，f(x)≥－ln x－1.
方法一　设 g(x)＝－ln x－1(x∈(0，＋∞))，
则 g′(x)＝－.
当 0<x<1 时，g′(x)<0；当 x>1 时，g′(x)>0.
所以 x＝1 是 g(x)的最小值点．
2
故当 x>0 时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当 a≥时，f(x)≥0.
方法二　易证 ex≥x＋1，①
ln x≤x－1，②
∴f(x)≥－ln x－1＝ex－1－ln x－1≥x－ln x－1≥0，
即证 f(x)≥0.
2．(2020·株州模拟)已知 f(x)＝ln x＋.
(1)若函数 g(x)＝xf(x)，讨论 g(x)的单调性与极值；
(2)证明：f(x)>.
【答案】(1)解　由题意，得 g(x)＝x·f(x)＝xln x＋(x>0)，
则 g′(x)＝ln x＋1.
当 x∈时，g′(x)<0，所以 g(x)单调递减；当 x∈时，g′(x)>0，所以 g(x)单调递增，
所以 g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，
g(x)的极小值为 g＝，无极大值．
(2)证明　要证 ln x＋>(x>0)成立，
只需证 xln x＋>(x>0)成立，
令 h(x)＝，则 h′(x)＝，
当 x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以 h(x)的极大值为 h(1)，即 h(x)≤h(1)＝，
由(1)知，x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g＝，
且 g(x)的最小值点与 h(x)的最大值点不同，所以 xln x＋>，即 ln x＋>，所以 f(x)>.
强化练（一）
1．(2020·沈阳模拟)已知函数 f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0.
(1)求函数 y＝f(x)的单调区间；
(2)当 a＝1 时，证明：对任意的 x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
【答案】(1)解　f(x)＝x2－(a－2)x－aln x，a>0，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a
－2)－＝，
令 f′(x)>0，得 x>；令 f′(x)<0，得 0<x<.
∴函数 y＝f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明　方法一　∵a＝1，∴f(x)＝x2＋x－ln x(x>0)，
即证 ex－ln x－2>0 恒成立，
令 g(x)＝ex－ln x－2，x∈(0，＋∞)，
即证 g(x)min>0 恒成立，
g′(x)＝ex－，g′(x)为增函数，g′<0，g′(1)>0，
∴ x∃0∈，使 g′(x0)＝0 成立，即 －＝0，
则当 0<x<x0时，g′(x)<0，当 x>x0时，g′(x)>0，
∴y＝g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(x0)＝ －ln x0－2，
又∵ －＝0，即 ＝，
3
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