专题 4.4 导数的综合应用
【考纲解读与核心素养】
1. 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.
2．培养学生的数学抽象、数学运算、数学建模、逻辑推理、直观想象等核心数学素养.
3. 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.
4.备考重点：
（1）熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；
（2）熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论
思想、函数方程思想等，分析问题解决问题.
【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 有实根 函数 的图象与 轴有交点 函数 有零点．
（2）求极值的步骤：
①先求 的根 （定义域内的或者定义域端点的根舍去）；
②分析 两侧导数 的符号：若左侧导数负右侧导数正，则 为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，
则 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 的零点就是 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.
( ) 0f x = Û ( )y f x= x Û ( )y f x=
' ( ) 0f x = 0x
0x ' ( )f x 0x
0x
( )y f x= ( ) 0f x =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．
：
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.
【典例剖析】
高频考点一 ：利用导数研究函数的零点或零点个数
【典例 1】（2020 届山东省高三 2 月月考）已知函数 , 为 的
导函数.
(1)求证: 在 上存在唯一零点;
(2)求证: 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 ，
当 时， ，所以 在 上单调递减，
又因为 ，
所以 在 上有唯一的零点 ，所以命题得证．
(2) ①由(1)知：当 时， ， 在 上单调递增;
当 时， ， 在 上单调递减;
( )f x a>
min
max
max
( )
( )
( )
f x a
f x a
f x a
⇔ >
⇔ >
⇔ ≤
恒成立
有解
无解
( ) ln 2sinf x x x x= − + ( )f x′ ( )f x
( )f x′ ( )0 π，
( )f x
( ) ( ) 1 1 2cosg x f x xx
′= = − +
( )0,x π∈ ( ) 2
12sin 0g x x x
′ = − − < ( )g x ( )0,π
3 1 1 03g
π
π
= − + >
2 1 02g
π
π
= − ( )f x ( )0,α
( ),x α π∈ ( ) 0f x′ < ( )f x ( ),α π所以 在 上存在唯一的极大值点
所以
又因为
所以 在 上恰有一个零点．
又因为
所以 在 上也恰有一个零点．
②当 时， ，
设 ，
所以 在 上单调递减，所以
所以当 时， 恒成立
所以 在 上没有零点．
③当 时，
设 ，
所以 在 上单调递减，所以
所以当 时， 恒成立
所以 在 上没有零点．
综上， 有且仅有两个零点．
【典例 2】（2019·全国高考真题（理））已知函数 ， 为 的导数．证明：
（1） 在区间 存在唯一极大值点；
（2） 有且仅有 2 个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
( )f x ( )0,π
3 2
π πα α < = − + > − >
2 2 2 2
1 1 1 12 2sin 2 2 0f e e e e
= − − + < − − + ( ) ( )2 2
4 4sin 1 02 2 2 2
g
π π
π π
′ = − + = − 0 , 2x x
π ∈
( ) 0g x′ <
( )g x ( )01, x− 0 , 2x
π
0x x= ( )g x
( )f x′ 1, 2
π − 0x
( ) 1cos 1f x x x
′ = − +
( )1,x∈ − +∞
( ]1,0x∈ − ( )f x′ ( ]1,0−
( ) ( )0 0f x f′ ′∴ ≤ = ( )f x∴ ( ]1,0−
( )0 0f =
0x∴ = ( )f x ( ]1,0−
0, 2x
π ∈
( )f x′ ( )00, x 0 , 2x
π
又
在 上单调递增，此时 ，不存在零点
又
，使得
在 上单调递增，在 上单调递减
又 ，
在 上恒成立，此时不存在零点
③当 时， 单调递减， 单调递减
在 上单调递减
又 ，
即 ，又 在 上单调递减
在 上存在唯一零点
④当 时， ，
即 在 上不存在零点
综上所述： 有且仅有 个零点
【方法技巧】
( )0 0f ′ = ( )0 0f x′∴ >
( )f x∴ ( )00, x ( ) ( )0 0f x f> =
2 2cos 02 2 2 2f
π π
π π
′ = − = − = 2sin ln 1 ln ln1 02 2 2 2
ef
π π π
π
= − + = > = +
( ) 0f x∴ > 0 , 2x
π
,2x
π π ∈ sin x ( )ln 1x− +
( )f x∴ ,2
π π
02f
π >
( ) ( ) ( )sin ln 1 ln 1 0f π π π π= − + = − + <
( ) 02f f
ππ ⋅ + > =
( )sin ln 1 0x x∴ − + <
( )f x ( ),π +∞
( )f x 2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】
1.（2020 届山东省枣庄市高三上学期统考）【多选题】关于函数 ，下列判断正确的是（ ）
A． 是 的极大值点
B．函数 有且只有 1 个零点
C．存在正实数 ，使得 恒成立
D．对任意两个正实数 ， ，且 ，若 ，则
【答案】BD
【解析】
（1） 的定义域为 ， ，所以 在 上递减，在 上递增，所以
是 的极小值点.故 A 选项错误.
（2）构造函数 ， ，
所以 在 上递减.而 ， ， .所以 有
且只有一个零点.故 B 选项正确.
（3）构造函数 . ，由于 ，
( ) 2 lnf x xx
= +
2x = ( )f x
( )y f x x= −
k ( )f x kx>
1x 2x 2 1x x> ( ) ( )1 2f x f x= 1 2 4x x+ >
( )f x ( )0, ∞+ ( )'
2
2xf x x
−= ( )f x ( )0,2 ( )2,+∞
2x = ( )f x
( ) ( ) ( )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
− − + = <
( )g x ( )0, ∞+ ( )1 ln 2 1 0g = + > ( )2 ln 2 1 0g = − < ( ) ( )1 2 0g g⋅ < ( )g x
( ) ( ) ( )2 ln 0, 0h x f x kx x kx x kx
= − = + − > > ( ) 2
'
2
2kx xh x x
− + −= 0k− ( ) 0h t >
( ) lnaf x xx
= + ( ) xg x e−= a R∈ 2.718e = …
( )I ( )g x ( )1,0
( ) ( )f x 20, e
( ) ( ) ( )x f x g xϕ = −
( ) 1y x= − + ( )
( ) ( )g x ( )0
0 , xx e−在该点处的导数 ，它是切线 l 的斜率，
经过 ，也过切点 ，
的斜率又可写为 ，
故 ，故 ，解得： ，
故直线 l 的斜率为 ，
故 l 的方程是： ；
Ⅱ 判断：函数的零点个数是 0，
下面证明 恒成立，
，故 ，
若 在 递减，则 ，
因此，要证明 对 恒成立，
只需证明 对 恒成立，
考虑 等价于 ，
记 ， ，
先看 ， ，
令 ，解得： ，
令 ，解得： ，
故 在 递减，在 递增，
，
再看 ， .
( )g x ( ) 0
0' xg x e−= −
l ( )1,0 ( )0
0 , xx e−
l∴
0
0 1
xe
x
−
−
0
0
0 1
x
xe ex
−
−= −− 0 1 1x − = − 0 0x =
( ) 0
0' 1xg x e−= − = −
1y x= − +
( )
( ) ( )f x g x>
( ) 2 0x af x x
−′ = ≤ x a≤
( )f x 20, e
2a e
≥
( ) ( )ln xaf x x g x ex
−= + > = 0x >
2 ln xx ee x
−+ >⋅ 0x >
2 ln xx ee x
−+ >⋅
2ln xx x xe e
−> −
( ) lnu x x x= ( ) 2xv x x e e
−= ⋅ −
( )u x ( )' ln 1u x x= +
( )' 0u x > 1x e
>
( )' 0u x < 10 x e
< <
( )u x 10, e
1 ,e
+∞
( ) 1 1
minu x u e e
= = −
( ) 2xv x x e e
−= ⋅ − ( ) ( )' 1 xv x x e−= − ⋅令 ，解得： ，
令 ，解得： ，
故 在 递增，在 递减，
.
，且两个函数的极值点不在同一个 x 处，
故 对 恒成立，
综上， 对 恒成立，
故函数 函数零点是 0 个．
高频考点二：与函数零点有关的参数范围问题
【典例 3】（2017 课标 3）已知函数 有唯一零点，则 a=
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】
函数的零点满足 ，
设 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
当 时，函数取得最小值 ，
设 ，当 时，函数取得最小值 ，
( )' 0v x > 0 1x< <
( )' 0v x < 1x >
( )u x ( )0,1 1 ,e
+∞
( ) ( ) 11maxv x v e
= = −
( ) ( )min maxu x v x=
( ) ( )u x v x> 0x >
( ) ( )f x g x> 0x >
( ) ( ) ( )x f x g xϕ = −
2 1 1( ) 2 ( )x xf x x x a e e− − += − + +
1
2
− 1
3
1
2
( )2 1 12 x xx x a e e− − +− = − +
( ) 1 1x xg x e e− − += + ( )
( )2 1
1 1 1
1 1
1 1x
x x x
x x
eg x e e e e e
−
− − + −
− −
−′ = − = − =
( ) 0g x′ = 1x = 1x < ( ) 0g x′ < ( )g x
1x > ( ) 0g x′ > ( )g x
1x = ( )1 2g =
( ) 2 2h x x x= − 1x = 1−【典例 4】（2020·全国高考真题（文））已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）若 有三个零点，求 的取值范围．
【答案】（1）详见解析；(2) .
【解析】
（1）由题， ，
当 时， 恒成立，所以 在 上单调递增；
当 时，令 ，得 ，令 ，得 ，
令 ，得 或 ，所以 在 上单调递减，在
， 上单调递增.
（2）由（1）知， 有三个零点，则 ，且
即 ，解得 ，
当 时， ，且 ，
所以 在 上有唯一一个零点，
3 2( )f x x kx k= − +
( )f x
( )f x k
4(0, )27
' 2( ) 3f x x k= −
0k ≤ ' ( ) 0f x ≥ ( )f x ( , )−∞ +∞
0k > ' ( ) 0f x =
3
kx = ± ' ( ) 0f x <
3 3
k kx− < <
' ( ) 0f x >
3
kx < −
3
kx > ( )f x ( , )3 3
k k−
( , )3
k−∞ − ( , )3
k +∞
( )f x 0k >
( ) 03
( ) 03
kf
kf
− >
− 2( ) 0f k k= >
( )f x ( , )3
k k同理 ， ，
所以 在 上有唯一一个零点，
又 在 上有唯一一个零点，所以 有三个零点，
综上可知 的取值范围为 .
【变式探究】
（2019·江西高考模拟（文））已知函数 存在极大值与极小值，且在
处取得极小值.
（1）求实数 的值；
（2）若函数 有两个零点，求实数 的取值范围.
（参考数据： ）
【答案】（1） （2）
【解析】
（1） 函数 存在极大值与极小值，且在 处取得极小值，
,
依题意知 ，解得 或 ，
当 时， ，
时， ， 单调递减； 时， ， 单调递增，
此时， 只有极小值，不符合题意．
当 时， ,
或 时， ， 单调递增； 时， ， 单调递减，
符合在 处取得极小值的题意，
综上，实数 的值为 ．
1 3
kk− − < − 3 2( 1) ( 1) 0f k k k− − = − − + <
( )f x ( 1, )3
kk− − −
( )f x ( , )3 3
k k− ( )f x
k 4(0, )27
2 2( ) ( )xf x e ax x a= + + 1x = −
a
( ) ( ) 2g x f x x m= − − m
2.71, 5 2.236e ≈ ≈
1 ( )1,+∞
( )2 2( ) xf x e ax x a= + + 1x = −
( )2 2( ) 2 1 1xf x e ax a x a′ + + ∴ = + +
( 1) 0f ′ − = 0a = 1a =
0a = ( ) ( )1xf x e x′ = +
1x < − ( ) 0f x′ < ( )f x 1x > − ( ) 0f x′ > ( )f x
( )f x
1a = ( ) ( 1)( 2)xf x e x x′ = + +
2x < − 1x > − ( ) 0f x′ > ( )f x 2 1x− < < − ( ) 0f x′ < ( )f x
1x = −
a 1（2） ， ，
当 时， ，故 在 上单调递增，
当 时，令 ，
则 ，
单调递增，
单调递减，
,
时， ，故 在 上单调递减，
在 上有两个零点， ，
此时当 时， ， 在 有一个零点，
当 时， ，
令 ， ，
在 有一个零点，
综上，实数 的取值范围是 ．
【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．
高频考点三：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】（2020·安徽高二期中（理））已知不等式 对任意正数 恒成立，则实
数 的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
( )2( ) 1 2xg x e x x x m= + − −+ ( ) ( 1)( 2) 2xg x e x x′ = + + −
0x > ( ) 0g x′ > ( )g x ( )0, ∞+
0x < ( ) ( 1)( 2) 2xh x e x x= + + −
( )2( ) 5 5xh x e x x′ = + +
5 5 5 5( ) 0, , , ( )2 2h x x x h x′ − − − +> < >
5 5 5 5( ) 0, , ( )2 2h x x h x′ − − − +< < <
2 5
2
5 5 2 5(0) 0, 2 02h h
e
+
+ += − = − ( )g x ( ),0−∞
( )g x R (0) 1 0, 1g m m∴ = − < ∴ >
0x < 02
mg − > ( )g x∴ ,02
m −
0x > 2 m( ) 1 2 0xg x x x> + + −− =
0
1 4 3
2
mx
+ −= ( )0 0g x∴ >
( )g x ( )00, x
m ( )1,+∞
( )1 lnxxe a x x− + ≥ x
a
1
2 1 2 2
e【解析】
时，不等式 可化为 ，
所以 ，
设 ，其中 ，
则 ，
设 ，其中 ，
则 恒成立，
则 在 上单调递增，
，
令 ，得 ，
所以 在 单调递减， ， 单调递增，
，
对任意正数 恒成立，即 ，
故选：B．
【典例 6】（2020·全国高考真题（理））已知函数 .
（1）当 a=1 时，讨论 f（x）的单调性；
（2）当 x≥0 时，f（x）≥ x3+1，求 a 的取值范围.
【答案】（1）当 时， 单调递减，当 时， 单调递增.
（2）
【解析】
0x > ( 1)xxe a x lnx− + ( 1) xa x xe lnx+ −
1
xxe lnxa x
−
+
( ) 1
xxe lnxf x x
−= + 0x >
2
2
1( 1) 1
( ) ( 1)
xx x e lnxxf x x
+ + − − +
′ = +
2 1( ) ( 1) 1xg x x x e lnxx
= + + − − + 0x >
2
1( ) ( 1)[( 2) ] 0xg x x x e x
′ = + + + >
( )g x (0, )+∞
2 21 1( ) ) ( 1) 1 ( 1) 1x x xg x x x e lnx x e xe lnxx x
= = + + − − + = + − − − +
( ) 0og x = 1ox
o
e x
=
( )f x (0, )ox ( ox )+∞
1( ) 11 1
ox
o o o
min o
o o
x e lnx xf f x x x
− += = = =+ +
x ( ) 1mina f x =
2( ) exf x ax x= + −
1
2
( ),0x∈ −∞ ( ) ( )' 0,f x f x< ( )0,x∈ +∞ ( ) ( )' 0,f x f x>
27 ,4
e − +∞ (1)当 时， ， ，
由于 ，故 单调递增，注意到 ，故：
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增.
(2)由 得， ，其中 ，
①.当 x=0 时，不等式为： ，显然成立，符合题意；
②.当 时，分离参数 a 得， ，
记 ， ，
令 ，
则 ， ，
故 单调递增， ，
故函数 单调递增， ，
由 可得： 恒成立，
故当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
因此， ,
综上可得，实数 a 的取值范围是 .
【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 恒成立、有解、无解的处理方法：① 的图象和 图象特点
1a = ( ) 2x xx ef x= + − ( ) 2 1xf x e x′ = + −
( ) 2 0xf x e′′ = + > ( )'f x ( )0 0f ′ =
( ),0x∈ −∞ ( ) ( )0,f x f x′ <
( )0,x∈ +∞ ( ) ( )0,f x f x′ >
( ) 31 12f x x≥ + 2 31 12
xe ax x x+ − + 0x ≥
1 1≥
0x >
3
2
1 12
xe x x
a x
− − −
−
( )
3
2
1 12
xe x x
g x x
− − −
= − ( )
( ) 2
3
12 12
xx e x x
g x x
− − − − ′ = −
( ) ( )21 1 02
xe x xh x x− − − ≥=
( ) 1xh x e x′ = − − ( ) 1 0xh x e′′ = − ≥
( )'h x ( ) ( )0 0h x h′ ′≥ =
( )h x ( ) ( )0 0h x h≥ =
( ) 0h x ≥ 21 1 02
xe x x− − −
( )0,2x∈ ( ) 0g x¢ > ( )g x
( )2,x∈ +∞ ( ) 0g x¢ < ( )g x
( ) ( ) 2
max
72 4
eg x g
− = =
27 ,4
e − +∞
( ) ( )f x g x> ( )y f x= ( )y g x=考考虑；②构造函数法，一般构造 ，转化为 的最值处理；③参变分离法，将不等
式等价变形为 ，或 ，进而转化为求函数 的最值.
【变式探究】
1．（2020·湖南长郡中学高三其他（文））已知函数 .
（1）讨论 在区间 上的单调性；
（2）若 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） .
【解析】
（1）由已知 ，
时， ﹔ 时， ，
①当 时， 在 上单调递增；
②当 时， 在 上单调递减， 上单调递增；
③当 时， 在 的单调递减；
（2）由已知 恒成立，
令 ，则 ，
由（1）知： 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，即
整理得 ，
令 ， 恒成立，即 在 R 上单调递增，
而 ， ，
所以 ，即 a 的最大值为 .
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．
( ) ( ) ( )F x f x g x= − ( )F x
( )a h x> ( )a h x< ( )h x
( ) ( )( )1xf x e x a a R= − ∈−
( )f x [ ]1,2
( ) af x e
≥
1−
( ) ( )xf x e x a′ = −
( ),x a∈ −∞ ( ) 0f x′ < ( ),x a∈ +∞ ( ) 0f x′ >
1a ≤ ( )f x [ ]1,2
1 2a< < ( )f x [ ]1,a ( ],2a
2a ≥ ( )f x [ ]1,2
( )1 0x ae x a e
− − − ≥
( ) ( )1x ag x e x a e
= − − − ( )min 0g x ≥
( )g x ( ),x a∈ −∞ ( ),x a∈ +∞
( ) ( )min 0g x g a= ≥ ( )1 0a ae a a e
− − − ≥
1 0ae a+ + ≤
( ) 1xh x e x+= + ( ) 1 1 0xh x e +′ = + > ( ) 1xh x e x+= +
( ) 1 11 1 0h e− +− = − = ( ) ( )1 0 1ah a e a h+= + ≤ = −
1a ≤ − 1−【答案】（1）见解析；（2） .
【解析】
（1）
令 ，则
当 时，令 ，解得：
当 时， ；当 时，
在 上单调递增；在 上单调递减
又 ， ，
即当 时， ，此时 无零点，即 无零点
，使得
又 在 上单调递减 为 ，即 在 上的唯一零点
综上所述： 在区间 存在唯一零点
（2）若 时， ，即 恒成立
令
则 ，
由（1）可知， 在 上单调递增；在 上单调递减
且 ， ，
，
( ],0a∈ −∞
( ) 2cos cos sin 1 cos sin 1f x x x x x x x x′ = − + − = + −
( ) cos sin 1g x x x x= + − ( ) sin sin cos cosg x x x x x x x′ = − + + =
( )0,x π∈ ( ) 0g x′ =
2x
π=
∴ 0,
2
x pæ ö÷çÎ ÷ç ÷ç ÷è ø
( ) 0g x′ > ,2x
π π ∈
( ) 0g x′ <
( )g x\ 0, 2
π
,2
π π
( )0 1 1 0g = − = 1 02 2g
π π = − >
( ) 1 1 2g π = − − = −
0,
2
x pæ ö÷çÎ ÷ç ÷ç ÷è ø
( ) 0g x > ( )g x ( )f x′
( ) 02g g
π π ⋅
( ) 0h π′ <
1 ,2x
π π ∴∃ ∈
( )1 0h x′ =
( )h x∴ [ )10, x ( ]1,x π
( )0 0h = ( ) ( )2sin cos 1 0h a aπ π π π π π= − − + = − ≥
( ) 0h x∴ ≥ [ ]0,π ( )f x ax≥
20 2a
π −< < ( )0 0h′ < 2 02 2h a
π π − ′ = − >
2 0, 2x
π ∴∃ ∈
( )2 0h x′ =
( )h x∴ [ )20, x 2 , 2x
π
( )20,x x∴ ∈ ( ) ( )0 0h x h< = ( )f x ax≥
2
2a
π −≥ ( )max
2 02 2h x h a
π π − ′ ′= = − ≤
( )h x∴ 0, 2
π
( ) ( )0 0h x h\ < =
( )f x ax≥
( ],0a∈ −∞
3 5 7 9 1 131
( ) 1 3 5 7 9 11 13
x x x x x xf x x= + − + − + − +式 成立的 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 ，其导数
，
时， 可以看成是 1 为首项， 为公比的等比数列，
则有 ，
函数 在 上为增函数，
又由 ，
，
则函数 在 上存在唯一的零点，设其零点为 ，
，
又由 ，则 ，
故不等式 成立的 的最小整数为 0；
故选：D．
【典例 8】（2019·北京高考真题（文））已知函数 .
（Ⅰ）求曲线 的斜率为 1 的切线方程；
（Ⅱ）当 时，求证： ；
（Ⅲ）设 ，记 在区间 上的最大值为 M（a），当 M（a）最小时，
求 a 的值．
【答案】（Ⅰ） 和 .
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ） .
( 1) 0f x − > x
3 5 7 9 1 131
( ) 1 3 5 7 9 11 13
x x x x x xf x x= + − + − + − +
2 4 6 8 10 12( ) 1f x x x x x x x′ = − + − + − +
0x ≠ ( )f x′ 2x−
2 4 6 8 10 12( ) 1f x x x x x x x′ = − + − + − +
14
2
1 01
x
x
+= >+
( )f x R
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
− = + − + − + − + − ⇒ − > ⇒ > +
2 1t− < < − 1 1 0t− < + <
( 1) 0f x − > x
3 21( ) 4f x x x x= − +
( )y f x=
[ 2,4]x∈ − 6 ( )x f x x− ≤ ≤
( ) | ( ) ( ) | ( )F x f x x a a= − + ∈R ( )F x [ 2,4]−
0x y− = 27 27 64 0x y− − =
3a = −【解析】
（Ⅰ） ，令 得 或者 .
当 时， ，此时切线方程为 ，即 ；
当 时， ，此时切线方程为 ，即 ；
综上可得所求切线方程为 和 .
（Ⅱ）设 ， ，令 得 或者 ，
所以当 时， ， 为增函数；当 时， ， 为减函数；当
时， ， 为增函数；
而 ，所以 ，即 ；
同理令 ，可求其最小值为 ，所以 ，即 ，
综上可得 .
（Ⅲ）由（Ⅱ）知 ，
所以 是 中的较大者，
若 ，即 时， ；
若 ，即 时， ；
所以当 最小时， ，此时 .
【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．（2018·全国高考真题（理））已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）若 存在两个极值点 ，证明： ．
23( ) 2 14f x x x′ = − + 23( ) 2 1 14f x x x′ = − + = 0x = 8
3x =
0x = (0) 0f = y x= 0x y− =
8
3x = 8 8( )3 27f = 64
27y x= − 27 27 64 0x y− − =
0x y− = 27 27 64 0x y− − =
3 21( ) ( ) 4g x f x x x x= − = − 23( ) 24g x x x′ = − 23( ) 2 04g x x x′ = − = 0x = 8
3x =
[ 2,0]x ∈ − ( ) 0g x′ ≥ ( )g x 8(0, )3x∈ ( ) 0g x′ < ( )g x
8[ ,4]3x∈ ( ) 0g x′ ≥ ( )g x
(0) (4) 0g g= = ( ) 0g x ≤ ( )f x x≤
3 21( ) ( ) 6 64h x f x x x x= − + = − + ( 2) 0h − = ( ) 0h x ≥ ( ) 6f x x≥ −
6 ( )x f x x− ≤ ≤
6 ( ) 0f x x− ≤ − ≤
( )M a , 6a a +
6a a≥ + 3a −≤ ( ) 3M a a a= = − ≥
6a a< + 3a > − ( ) 6 6 3M a a a= + = + >
( )M a ( ) 3M a = 3π【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1） 的定义域为 ， .
（i）若 ，则 ，当且仅当 ， 时 ，所以 在 单调递减.
（ii）若 ，令 得， 或 .
当 时， ；
当 时， .所以 在 单调递减，在
单调递增.
（2）由（1）知， 存在两个极值点当且仅当 .
由于 的两个极值点 满足 ，所以 ，不妨设 ，则 .由于
，
所以 等价于 .
设函数 ，由（1）知， 在 单调递减，又 ，从而当 时，
.
所以 ，即 .
2.（2019·浙江高考模拟）设函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）
2( ) ln ( )f x ax x a R= − ∈
( )f x
( ) 0f x ≥ a
1[ , )2e
+∞【解析】
（1）由题意， .
当 时， ，函数 在 上单调递减；
当 时，令 ，解得 ．
∴当 时， ，当 时， ．
∴ 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2）∵ 恒成立，∴ ，可得 ．
由（1）可得， 在 上单调递减，在 上单调递增，
∴ 的最小值为 .∴ ，解得 .
因此，实数 的取值范围为 .
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】
【解析】
由题意，设小圆柱体底面半径为 ，
则高为 ，
2
' 2 1( ) ( 0)axf x xx
−= >
0a ≤ ' ( ) 0f x < ( )f x (0, )+∞
0a > ( ) 0f x′ = 1
2
x
a
=
1(0, )
2
x
a
∈ ' ( ) 0f x < 1( , )
2
x
a
∈ +∞ ' ( ) 0f x >
( )f x 1(0, )
2a
1( , )
2a
+∞
( ) 0f x ≥ (e) 0f ≥
2
1a e
≥
( )f x 1(0, )
2a
1( , )
2a
+∞
( )f x 1 1 1( ) ln( )22 2
f
a a
= − 1 1ln 02 2a
− ≥ 1
2a e
≥
a 1[ , )2e
+∞
32
27
π
cosθ
1 sin 0, 2
πθ θ + ∈ ，小圆柱体体积 ，
设 ，
则
则
当 时，
故答案为：
【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， 为铅垂线( 在 AB 上).经测量，左侧曲线 AO 上任一点 D 到 MN
的距离 (米)与 D 到 的距离 a(米)之间满足关系式 ；右侧曲线 BO 上任一点 F 到 MN 的距离
(米)与 F 到 的距离 b(米)之间满足关系式 .已知点 B 到 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 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 (万元)(k>0).问 为多少米时，桥墩 CD 与 EF 的总造价
最低?
【答案】（1）120 米（2） 米
【解析】
（1）由题意得
米
（2）设总造价为 万元， ，设 ，
( )2cos 1 sinV π θ θ= ⋅ ⋅ +
( )sin 0,1t tθ = ∈，
( )( ) ( )2 3 21 1 1V t t t t tπ π= ⋅ − + = ⋅ − − + +
( ) ( )( )23 2 1 3 1 1V t t t tπ π′ = ⋅ − − + = ⋅ − + +
1
3t = max
32
27V
π=
32
27
π
OO′ O′
1h OO′ 2
1
1
40h a= 2h
OO′ 3
2
1 6800h b b= − + OO′
OO′
3
2 k O E′
20O E′ =
2 31 1| | 40 6 40 | | 8040 800O A O A′ ′= − × + × ∴ =
| | | | | | 80 40 120AB O A O B′ ′∴ = + = + =
( )f x 21| | 80 16040O O′ = × = | |O E x′ =(0 舍去)
当 时， ；当 时， ，因此当 时， 取最小值，
答：当 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
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.（2018·江苏高考真题）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆 的一段圆弧 （ 为此圆弧的
中点）和线段 构成．已知圆 的半径为 40 米，点 到 的距离为 50 米．现规划在此农田上修建两个温
室大棚，大棚 内的地块形状为矩形 ，大棚 内的地块形状为 ，要求 均在线段 上， 均
在圆弧上．设 与 所成的角为 ．
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 20x< < ( ) 0f x′ < 20 40x< < ( ) 0f x′ > 20x = ( )f x
20O E′ =（1）用 分别表示矩形 和 的面积，并确定 的取值范围；
（2）若大棚 内种植甲种蔬菜，大棚 内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为 ．求
当 为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
【答案】（1） ， ；（2） ．
【解析】
解：（1）连结 PO 并延长交 MN 于 H，则 PH⊥MN，所以 OH=10．
过 O 作 OE⊥BC 于 E，则 OE∥MN，所以∠COE=θ，
故 OE=40cosθ，EC=40sinθ，
则矩形 ABCD 的面积为 2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），
△CDP 的面积为 ×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．
过 N 作 GN⊥MN，分别交圆弧和 OE 的延长线于 G 和 K，则 GK=KN=10．
令∠GOK=θ0，则 sinθ0= ，θ0∈（0， ）．
当 θ∈[θ0， ）时，才能作出满足条件的矩形 ABCD，
所以 sinθ 的取值范围是[ ，1）．
答：矩形 ABCD 的面积为 800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP 的面积为
1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ 的取值范围是[ ，1）．
（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为 4∶3，
设甲的单位面积的年产值为 4k，乙的单位面积的年产值为 3k（k>0），则年总产值为 4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）
=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0， ）．
设 f（θ）= sinθcosθ+cosθ，θ∈[θ0， ），
则 ．
令 ，得 θ= ，
当 θ∈（θ0， ）时， ，所以 f（θ）为增函数；
当 θ∈（ ， ）时， ，所以 f（θ）为减函数，
因此，当 θ= 时，f（θ）取到最大值．
答：当 θ= 时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
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 随每年改造生态环境总费用 增加而增加；②每年用于风景区改造的费用
不得低于每年改造生态环境总费用 的 15%，但不得高于每年改造生态环境总费用 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 作为生态环境
改造投资方案.
【答案】能采用函数模型 作为生态环境改造投资方案，理由见解析
【解析】
∵ ， .
∴当 时，函数 是增函数，满足条件①.
设 ， .
则 .
令 ，得 .
y x y
x x
( )31 4 16100y x x= + +
( )31 4 16100y x x= + +
( )21 3 4 0100y x′ = + > [ ]1,4x∈
[ ]1,4x∈ ( )31 4 16100y x x= + +
( ) 21 164100
yg x xx x
= = + +
[ ]1,4x∈
( ) 3
2 2
1 16 82100 50
xg x x x x
− ′ = − =
( ) 0g x′ = 2x =当 变化时， ， 的变化情况，如下表：
1 2 4
－ 0 +
21% 递减 极小值 16% 递增 24%
当 时， 有最小值为 ，
当 时， ，
当 时， ，满足条件②.
所以能采用函数模型 作为生态环境改造投资方案.
x ( )g x′ ( )g x
x ( )1,2 ( )2,4
( )g x′
( )g x
2x = ( )g x 16% 15%>
4x = ( ) 24% 25%g x = <
1x = ( ) 21% 25%g x = <
( )31 4 16100y x x= + +
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