第3课时导数的综合应用题型一利用导数研究不等式问题命题点1解不等式例1设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是()A．(－2,0)∪(2，＋∞)B．(－2,0)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2)∪(0,2)答案D解析 当x>0时，′<0，∴φ(x)＝为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当00，此时x2f(x)>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．命题点2证明不等式例2(2016·全国丙卷)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.(1)解由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(2)证明由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，解得x0＝.当x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．由(2)知1<0.所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.思维升华(1)利用导数解不等式的思路1已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式．(2)利用导数证明不等式的方法证明f(x)1＋x＋x2，x∈(0，＋∞)．解设f(x)＝ex－1－x－x2，则f′(x)＝ex－1－x.令g(x)＝ex－1－x，则g′(x)＝ex－1.当x>0时，g′(x)＝ex－1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以g(x)>g(0)＝0.所以g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，所以ex－1－x－x2>0，即x>0时，ex>1＋x＋x2成立．题型二利用导数研究函数零点问题例3(2016·杭州学军中学模拟)已知函数f(x)＝a－－lnx(a∈R)．(1)若a＝2，求f(x)在(1，e2)上零点的个数，其中e为自然对数的底数；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值集合．解(1)f′(x)＝，故f(x)在(1，e2)上单调递减，所以在(1，e2)上至多只有一个零点．又f(1)f(e2)＝1×(－)<0，故函数f(x)在(1，e2)上只有一个零点．(2)f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝1.当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减；当00，f(x)在(0,1)上单调递增，故[f(x)]max＝f(1)＝a－1.①当[f(x)]max＝0，即a＝1时，因最大值点唯一，故符合题意；②当[f(x)]max<0，即a<1时，f(x)<0恒成立，不合题意；③当[f(x)]max>0，即a>1时，一方面，ea>1，f(ea)＝－<0；2另一方面，e－a<1，f(e－a)＝2a－ea≤2a－ea<0，于是f(x)有两个零点，不合题意．综上，a的取值集合为{1}．思维升华(1)利用导数研究函数的单调性，可以和零点存在性定理相结合判断零点个数．(2)利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数．(2016·郑州模拟)定义在R上的奇函数y＝f(x)满足f(3)＝0，且不等式f(x)>－xf′(x)在(0，＋∞)上恒成立，则函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点个数为()A．4B．3C．2D．1答案B解析定义在R上的奇函数f(x)满足：f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，f(－x)＝－f(x)，当x>0时，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，∴[xf(x)]′>0，即h(x)＝xf(x)在x>0时是增函数，又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，∴h(...
