【数学】2018届一轮复习北师大版第二章函数导数及其应用第十一节导数的应用教案
第十一节 导数的应用
☆☆☆2017考纲考题考情☆☆☆
考纲要求
真题举例
命题角度
1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)；
2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)；
3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题)。
2016，全国卷Ⅰ，7,5分(图象判断)
2016，全国卷Ⅰ，21,12分(导数与单调性、不等式证明、函数零点)
2015，全国卷Ⅰ，12,5分(导数与单调性、参数的取值范围)
2015，全国卷Ⅰ，21,12分(切线、函数最值、零点问题)
2014，全国卷Ⅱ，21,12分(导数与单调性、函数最值、不等式证明)
函数与导数的压轴试题，在每年的高考中属于必考内容，其命题方向主要有两个：一是围绕函数的性质考查函数的奇偶性、单调性、周期性、极值、最值，曲线的切线等问题展开，二是围绕函数与方程、不等式命制探索方程根的个数、不等式的证明、不等式恒成立等问题展开。此类压轴试题难度较大，逻辑推理能力较强，在今后的备考中不可小视。
微知识 小题练
自|主|排|查
1．函数的导数与单调性的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导，则
(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减；
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数。
2．函数的极值与导数
(1)函数的极小值
若函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，且f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则x＝a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值。
(2)函数的极大值
若函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，且f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则x＝b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值。
3．函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件：
一般地，如果在区间[a，b]上，函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值。
(2)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤为：
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。
微点提醒
1．函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件。
2．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件。如函数y＝x3在x＝0处导数为零，但x＝0不是函数y＝x3的极值点。
3．求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值。
4．函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系。
小|题|快|练
一 、走进教材
1．(选修2-2P26练习T1改编)函数f(x)＝x·e－x的一个单调递增区间是( )
A．(－∞，1] B．[2,8]
C．[1,2] D．[0,2]
【解析】 解法一：f(x)＝x·e－x＝，所以f′(x)＝＝≥0，所以x≤1。故选A。
解法二：f′(x)＝1·e－x＋x·e－x·(－1)＝(1－x)·e－x≥0。因为e－x>0，所以x≤1。故选A。
【答案】 A
2．(选修2-2P32A组T5（4）题改编)函数f(x)＝2x－xlnx的极值是( )
A. B.
C．e D．e2
【解析】 因为f′(x)＝2－(lnx＋1)＝1－lnx，当f′(x)>0时，解得0
e，所以x＝e时，f(x)取到极大值，f(x)极大值＝f(e)＝e。故选C。
【答案】 C
3．(选修2-2P37B组T2改编)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为( )
A．1百万件 B．2百万件
C．3百万件 D．4百万件
【解析】 因为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，所以y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)(x>0)，所以y＝－x3＋27x＋123在(0,3)上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，故当x＝3时，获得最大利润，即获得最大利润时的年产量为3百万件。故选C。
【答案】 C
二、双基查验
1．(2016·锦州模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)。则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是( )
【解析】 由条件可知当01时，xf′(x)>0，
所以f′(x)>0，函数f(x)递增，所以当x＝1时，函数取得极小值。
当x<－1时，xf′(x)<0，所以f′(x)>0，函数f(x)递增，当－10，所以f′(x)<0，函数f(x)递减，所以x＝－1时，函数取得极大值。符合条件的只有C项。
【答案】 C
2．(2016·四川高考)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
【解析】 由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2。故选D。
【答案】 D
3．函数f(x)＝x2－lnx的最小值为( )
A. B．1
C．0 D．不存在
【解析】 f′(x)＝x－＝，且x>0。令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得00恒成立，
f(x)在R上单调递增，f(x)无极值。
【答案】 [0，＋∞)
5．(2017·重庆模拟)设10，
所以函数y＝f(x)(1f(1)＝1>0，所以x>lnx>0⇒0<<1，
所以2<。又－＝＝>0，所以2<<。
【答案】 2<<
第一课时 导数与函数的单调性
微考点 大课堂
考点一
求函数的单调区间
【典例1】 (2016·北京高考)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4。
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间。
【解析】 (1)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b。
依题意，即
解得a＝2，b＝e。
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex。
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号。
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1。
所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增。
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)。
综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)。
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)。
【答案】 (1)a＝2，b＝e
(2)单调递增区间为(－∞，＋∞)
反思归纳 利用导数求函数单调区间的方法：
1．当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间。
2．当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间f′(x)的符号，
从而确定单调区间。
3．若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间。
4．所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开。
【变式训练】 求下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝(x－1)2－ln(x－1)2；
(2)f(x)＝(x－1)ex－x2。
【解析】 (1)f(x)的定义域为{x|x∈R且x≠1}，
f′(x)＝2(x－1)－
＝2(x－1)－
＝＝。
由f′(x)>0，得02。
由f′(x)<0，得x<0或10，f(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减。
当a>0时，f′(x)＝。
(1)01，
当x∈(0,1)或x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减。
(2)a＝2时， ＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增。
(3)a>2时，0< <1，
当x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减。
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当02时，f(x)在内单调递增，在内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增。
【答案】 见解析
反思归纳 1.研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论。
2．划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点。
3．个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数。
【变式训练】 讨论函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1(a∈R)的单调性。
【解析】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＝。
①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
③当00，故f(x)在上单调递减，在上单调递增。
【答案】 见解析
考点三
利用单调性求参数的取值范围…………母题发散
【典例3】 已知函数f(x)＝x3－ax－1。
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围。
【解析】 (1)f′(x)＝3x2－a。
①当a≤0时，f′(x)≥0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数。
②当a>0时，令3x2－a＝0得x＝±；
当x>或x<－时，f′(x)>0；
当－0时，f(x)在，上为增函数，在上为减函数。
(2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立。
因为3x2≥0，所以只需a≤0。
又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]。
【答案】 (1)见解析 (2)(－∞，0]
【母题变式】 1.函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围。
【解析】 因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3]。
【答案】 (－∞，3]
2．函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，试求a的取值范围。
【解析】 由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在(－1,1)上恒成立。因为－1－1，∴b≤－1。故选C。
答案 C
3．已知函数f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是( )
解析 设g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增。故选A。
答案 A
4．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上的单调性是________。
解析 在(0,2π)上有f′(x)＝1－cosx>0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增。
答案 单调递增
5．(2017·秦皇岛模拟)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋2x，a≠0。若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，则a的取值范围为________。
解析 h(x)＝lnx－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2。因为h(x)在[1,4]上单调递减，
所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立，
令G(x)＝－，则a≥G(x)max，
而G(x)＝2－1。
因为x∈[1,4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－。
答案
第二课时 导数与函数的极值、最值
微考点 大课堂
考点一
运用导数解决极值问题……多维探究
角度一：求函数的值域
【典例1】 已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4。
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极值。
【解析】 (1)f′(x)＝ex(ax＋b)＋aex－2x－4＝ex(ax＋b＋a)－2x－4。
由已知，得
即解得
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝ex(4x＋8)－2x－4＝4(x＋2)。
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝－ln2。
令f′(x)＜0，得或
解得－2＜x＜－ln2。
令f′(x)＞0，得或
解得x＜－2或x＞－ln2。
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
(－2，－ln2)
－ln2
(－ln2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
由上表可知，函数f(x)的极大值为f(－2)＝4(1－e－2)，极小值为f(－ln2)＝2＋2ln2－ln22。
【答案】 (1)a＝4，b＝4
(2)单调性见解析 极大值为4(1－e－2)，极小值为2＋2ln2－ln22
角度二：已知函数的极值求参数
【典例2】 (2016·山东高考)设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R。
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围。
【解析】 (1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a，
可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)。
则g′(x)＝－2a＝。
当a≤0时，
x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
当a>0时，
x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
x∈时，函数g(x)单调递减。
所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为。
(2)由(1)知，f′(1)＝0。
①当a≤0时，f′(x)单调递增，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增。
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意。
②当01，由(1)知f′(x)在内单调递增，可得当x∈(0,1)时，f′(
x)<0，x∈时，f′(x)>0。
所以f(x)在(0,1)内单调递减，在内单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意。
③当a＝时，＝1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意。
④当a>时，0<<1，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意。
综上可知，实数a的取值范围为a>。
【答案】 (1)见解析 (2)
反思归纳 1.已知函数的极值求参数时，通常利用函数的导数在极值点处的取值等于零来建立关于参数的方程。需注意的是，可导函数在某点处的导数值等于零只是函数在该点处取得极值的必要条件，必要时需对求出的参数值进行检验，看是否符合函数取得极值的条件。
2．已知函数的最值求参数，利用待定系数法求解。
【变式训练】 (1)(2016·金华十校联考)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________。
(2)(2016·沈阳模拟)设函数f(x)＝lnx－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________。
【解析】 (1)f′(x)＝(lnx－ax)＋x＝lnx＋1－2ax，令f′(x)＝0，得2a＝。设φ(x)＝，则φ′(x)＝－，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝1，则φ(x)的大致图象如图所示，若函数f(x)有两个极值点，则直线y＝2a和y＝φ(x)的图象有两个交点，所以0<2a<1，得00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以x＝1是f(x)的极大值点。②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－。因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－>1，解得－1－1。
【答案】 (1) (2)(－1，＋∞)
考点二
运用导数解决最值问题
【典例3】 已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)。
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值。
【解析】 (1)f′(x)＝－a(x＞0)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a＞0，
即函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)。
②当a＞0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当0＜x＜时，f′(x)＝＞0；
当x＞时，f′(x)＝＜0，
故函数f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为。
(2)①当0<≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，∴f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a。
②当≥2，即0＜a≤时，函数f(x)在区间[1,2]上是增函数，
∴f(x)的最小值是f(1)＝－a。
③当1＜＜2，即＜a＜1时，函数f(x)在上是增函数，在上是减函数。又f(2)－f(1)＝ln2－a，
∴当＜a＜ln2时，最小值是f(1)＝－a；
当ln2≤a＜1时，最小值为f(2)＝ln2－2a。
综上可知，
当0＜a＜ln2时，函数f(x)的最小值是－a；
当a≥ln2时，函数f(x)的最小值是ln2－2a。
【答案】 (1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)见解析
反思归纳 求函数f(x)在[a，b]上最值的方法
1．若函数f(x)在[a，b]上单调递增或单调递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值。
2．若函数f(x)在区间(a，b)内有极值，先求出函数f(x)在区间(a，b)上的极值，与f(a)、f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。
3．函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点。
【变式训练】 设函数f(x)＝alnx－bx2(x＞0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)在上的最大值。
【解析】 (1)f′(x)＝－2bx，
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，
∴解得
(2)f(x)＝lnx－x2，f′(x)＝－x＝，
∵当≤x≤e时，令f′(x)＞0得≤x＜1；
令f′(x)＜0，得1＜x≤e，
∴f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－。
【答案】 (1)a＝1 b＝ (2)－
考点三
函数极值与最值的综合问题
【典例4】 已知函数f(x)＝(a＞0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0。
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值。
【解析】 (1)f′(x)＝
＝，
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex＞0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同。
又因为a＞0，所以－3＜x＜0时，
g(x)＞0，即f′(x)＞0，
当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
所以f(x)的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)。
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有
解得a＝1，b＝5，c＝5，
所以f(x)＝。
因为f(x)的单调增区间是(－3,0)，
单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，
所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，
故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者。而f(－5)＝＝5e5＞5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5。
【答案】 (1)f(x)的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞) (2)5e5
反思归纳 求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的。求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值。
【变式训练】 已知函数f(x)＝alnx＋(a>0)。
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由。
【解析】 由题意，知函数的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝－(a>0)
(1)由f′(x)>0解得x>，
所以函数f(x)的单调递增区间是；
由f′(x)<0解得x<，
所以函数f(x)的单调递减区间是。
所以当x＝时，函数f(x)有极小值f＝aln＋a＝a－alna。
(2)由(1)可知，当x∈时，函数f(x)单调递减；
当x∈时，函数f(x)单调递增。
①若0<≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1，e]上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(1)＝aln1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件。
②若1<≤e，即≤a<1时，函数f(x)在上为减函数，在上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f＝aln＋a＝a－alna＝a(1－lna)＝0，即lna＝1，解得a＝e，而≤a<1，故不满足条件。
③若>e，即00。
∵(1－x)f′(x)>0，
∴f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上是增函数。
(2)当－20。
∵(1－x)f′(x)<0，
∴f′(x)<0，即f(x)在(－2,1)上是减函数。
(3)当10，
∴f′(x)<0，即f(x)在(1,2)上是减函数。
(4)当x>2时，1－x<0。
∵(1－x)f′(x)<0，
∴f′(x)>0，即f(x)在(2，＋∞)上是增函数。
综上，f(－2)是极大值，f(2)是极小值。故选D。
答案 D
2．函数y＝ax3＋bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和，则( )
A．a－2b＝0 B．2a－b＝0
C．2a＋b＝0 D．a＋2b＝0
解析 y′＝3ax2＋2bx，根据题意，0，是方程3ax2＋2bx＝0的两根，∴－＝，∴a＋2b＝0。故选D。
答案 D
3．若函数f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1,1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为( )
A．[2，＋∞) B．[4，＋∞)
C．{4} D．[2,4]
解析 f′(x)＝3ax2－3，
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在[－1,1]上为减函数，f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合题意；
当01时，f(－1)＝－a＋4≥0，且f＝－＋1≥0，解得a＝4。综上所述，a＝4。故选C。
答案 C
4．已知f(x)＝lnx＋a(1－x)。
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围。
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a。若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)是单调递增；若a>0，则当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在单调递增，在单调递减。
(2)由(1)知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值；当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－lna＋a－1。因此f>2a－2⇔lna＋a－1<0。令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)是增函数，g(1)＝0，于是，当01时，g(a)>0，因此a的取值范围是(0,1)。
答案 (1)当a≤0时，在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，在上单调递增，在上单调递减
(2)(0,1)
第三课时 导数与不等式
微考点 大课堂
考点一
解不等式或比较大小
【典例1】 (1)设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2 014)2f(x＋2 014)－4f(－2)>0的解集为( )
A．(－∞，－2 012) B．(－2 012,0)
C．(－∞，－2 016) D．(－2 016,0)
(2)已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则以下判断正确的是( )
A．f(2 013)>e2 013f(0) B．f(2 013)x2，x<0，得2x·f(x)＋x2f′(x)0，
即F(2 014＋x)>F(－2)。
又F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以2 014＋x<－2，即x<－2 016。故选C。
(2)令函数g(x)＝，则g′(x)＝。
∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，
即函数g(x)在R上递减，
∴g(2 013)0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
(2)(2016·福建质检)已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满足＋x<1，则下列结论正确的是( )
A．对于任意x∈R，f(x)<0
B．对于任意x∈R，f(x)>0
C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0
D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0
【解析】 (1)记函数g(x)＝，则g′(x)＝，
因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，
故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减；又因为函数f(x)(x∈R
)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，
且g(－1)＝g(1)＝0。
当00，则f(x)>0；
当x<－1时，g(x)<0，则f(x)>0，
综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)。
(2)因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f′(x)<0。因为＋x<1，所以f(x)＋xf′(x)>f′(x)，
所以f(x)＋(x－1)f′(x)>0，构造函数g(x)＝(x－1)f(x)，则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以函数g(x)在R上单调递增，又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当x<1时，g(x)<0，所以f(x)>0；当x>1时，g(x)>0，所以f(x)>0。因为f(x)是定义在R上的减函数，所以f(1)>0。综上，对于任意x∈R，f(x)>0，故选B。
【答案】 (1)A (2)B
考点二
证明不等式
【典例2】 (2016·全国卷Ⅲ)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。
【解析】 (1)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。
【答案】 (1)当01时，f(x)单调递减 (2)(3)见解析
反思归纳 对于不等式的证明问题可考虑：①通过研究函数的单调性进行证明；②根据不等式的结构构造新函数，通过研究新函数的单调性或最值来证明。
【变式训练】 (2016·郑州二模)已知函数f(x)＝。
(1)讨论函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调性；
(2)若m∈，则当x∈[m，m＋1]时，函数y＝f(x)的图象是否总在函数g(x)＝x2＋x图象上方？请写出判断过程。
【解析】 (1)f′(x)＝＝，
当x∈(m，m＋1)时，f′(x)<0，当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(m，m＋1)上单调递减，
在(m＋1，＋∞)上单调递增。
(2)由(1)知f(x)在[m，m＋1]上单调递减，
所以其最小值为f(m＋1)＝em＋1。
因为m∈，g(x)在[m，m＋1]上的最大值为(m＋1)2＋m＋1，
所以下面判断em＋1与(m＋1)2＋m＋1的大小，即判断ex与(1＋x)x的大小，其中x＝m＋1∈。
令m(x)＝ex－(1＋x)x，m′(x)＝ex－2x－1，
令h(x)＝m′(x)，则h′(x)＝ex－2，
因为x＝m＋1∈，所以h′(x)＝ex－2>0，m′(x)单调递增。
又m′(1)＝e－3<0，m′＝e－4>0，故存在x0∈，使得m′(x0)＝ex0－2x0－1＝0。
所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在上单调递增，所以m(x)≥m(x0)＝ex0－x－x0＝2x0＋1－x－x0＝－x＋x0＋1，
所以当x0∈时，m(x0)＝－x＋x0＋1>0，
即ex>(1＋x)x，即f(m＋1)>(m＋1)2＋m＋1，
所以函数y＝f(x)的图象总在函数g(x)＝x2＋x图象上方。
【答案】 (1)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)单调递增
(2)是，判断过程见解析
考点三
不等式恒成立问题
【典例3】 (2015·北京高考)已知函数f(x)＝ln。
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求证：当x∈(0,1)时，f(x)>2；
(3)设实数k使得f(x)>k对x∈(0,1)恒成立，求k的最大值。
【解析】 (1)f(x)＝ln＝ln(1＋x)－ln(1－x)，x∈(－1，1)，f′(x)＝，f′(0)＝2，f(0)＝0，所以切线方程为y＝2x。
(2)证明：原命题等价于任意x∈(0,1)，
f(x)－2>0。
设函数F(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2，
F′(x)＝。
当x∈(0,1)时，F′(x)>0，函数F(x)在x∈(0,1)上是单调递增函数。F(x)>F(0)＝0，
因此当x∈(0,1)，f(x)>2。
(3)ln>k，x∈(0,1)⇔t(x)＝ln－k>0，x∈(0,1)。
t′(x)＝－k(1＋x2)＝，x∈(0,1)。
当k∈[0,2]，t′(x)≥0，函数t(x)单调递增，
t(x)>t(0)＝0显然成立。
当k>2时，令t′(x0)＝0得x＝∈(0,1)，t′(x)的变化情况列表如下：
x
(0，x0)
x0
(x0,1)
t′(x)
－
0
＋
t(x)
极小值
t(x0)0。
故f(x)在上单调递减，在上单调递增。
所以当x＝时，函数f(x)取得最小值f＝－。
(2)依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋对于x∈[1，＋∞)恒成立，即a≤min，x∈[1，＋∞)。
设g(x)＝lnx＋(x≥1)，则g′(x)＝－＝，令g′(x)＝0，得x＝1。
当x≥1时，因为g′(x)＝≥0，故g(x)在[1，＋∞)上是增函数。
所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1，故a的取值范围是(－∞，1]。
【答案】 (1)－ (2)(－∞，1]
考点四
不等式能成立问题
【典例4】 (2016·福建六校联考)已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x。
(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围。
【解析】 (1)函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝。
假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f′(1)＝0，
∴a＝2，此时，f′(x)＝，当x>0时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝1不是f(x)的极值点，
故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值。
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x－2x0，
记F(x)＝x－lnx(x>0)，
∴F′(x)＝(x>0)，
∴当01时，F′(x)>0，F(x)单调递增。
∴F(x)>F(1)＝1>0，
∴a≥，记G(x)＝，x∈。
∴G′(x)＝
＝。
∵x∈，
∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，
∴x－2lnx＋2>0，
∴x∈时，G′(x)<0，G(x)单调递减：
x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增，
∴G(x)min＝G(1)＝－1，
∴a≥G(x)min＝－1。
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)。
【答案】 (1)不存在，理由见解析
(2)[－1，＋∞)
反思归纳 求解含参不等式能成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法，先将不等式转化为∃x∈D使得f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))能成立，再转化为f(a)≥g(x)min(或f(a)≤g(x)max)；第二关是求最值关，即求函数g(x)在区间D上的最小值(或最大值)。
【变式训练】 已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3。
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)若存在x∈(e是自然对数的底数，e＝2.718 28…)使不等式2f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围。
【解析】 (1)由题意知f′(x)＝lnx＋1，
当x∈时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增。
当0时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，
故f(x)min＝f(t)＝tlnt。
所以f(x)min＝
(2)由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3，即a≤2lnx＋x＋，
设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，
则h′(x)＝＋1－＝，
当x∈时，h′(x)<0，此时h(x)单调递减；
当x∈(1，e]时，h′(x)>0，此时h(x)单调递增。
所以h(x)max＝max，
因为存在x∈，使2f(x)≥g(x)成立，
所以a≤h(x)max，
又h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，
故h>h(e)，所以a≤＋3e－2。
【答案】 (1)f(x)min＝
(2)
微考场 新提升
1．若0lnx2－lnx1
B．ex2－ex1x1ex2
D．x2ex1f(x2)，即>，
∴x2ex1>x1ex2。故选C。
答案 C
2．(2017·郴州模拟)定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3(其中e为自然数对数的底数)的解集为( )
A．(0，＋∞)
B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，0)∪(0，＋∞)
D．(3，＋∞)
解析 设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，
则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，因为f(x)＋f′(x)>1，
所以f(x)＋f′(x)－1>0，所以g′(x)>0，
所以g(x)＝exf(x)－ex在定义域上单调递增，
因为exf(x)>ex＋3，所以g(x)>3，
又因为g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，所以g(x)>g(0)，
所以x>0。故选A。
答案 A
3．若对于任意实数x≥0，函数f(x)＝ex＋ax恒大于零，则实数a的取值范围是________。
解析 ∵当x≥0时，f(x)＝ex＋ax>0恒成立。
∴若x＝0，a为任意实数，f(x)＝ex＋ax>0恒成立。
若x>0，f(x)＝ex＋ax>0恒成立，
即当x>0时，a>－恒成立。设Q(x)＝－。
Q′(x)＝－＝。
当x∈(0,1)时，Q′(x)>0，则Q(x)在(0,1)上单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，Q′(x)<0，则Q(x)在(1，＋∞)上单调递减。
∴当x＝1时，Q(x)取得最大值，Q(x)max＝Q(1)＝－e，
∴要使x≥0时，f(x)>0恒成立，a的取值范围为(－e，＋∞)。
答案 (－e，＋∞)
4．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R。
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1。
解析 (1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，
知f′(x)＝ex－2，x∈R。
令f′(x)＝0，得x＝ln2。
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln2)
ln2
(ln2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
2－2ln2＋2a
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，
单调递增区间是(ln2，＋∞)，
f(x)在x＝ln2处取得极小值，
极小值为2－2ln2＋2a。
(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R。
由(1)知当a>ln2－1时，
g′(x)取最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0。
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R内单调递增。
于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，
都有g(x)>g(0)。
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0。
即ex－x2＋2ax－1>0，
故当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1。
答案 (1)f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，
单调递增区间是(ln2，＋∞)，
f(x)在x＝ln2处取得极小值，
极小值为f(ln2)＝2－2ln2＋2a。
(2)见解析
第四课时 导数与函数的零点
微考点 大课堂
考点一
利用最值(极值)判断函数零点个数
【典例1】 (2015·北京高考)设函数f(x)＝－klnx，k>0。
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点。
【解析】 (1)由f(x)＝－klnx(k>0)，
得x>0且f′(x)＝x－＝。
由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)。
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：P
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)。
f(x)在x＝处取得极小值f()＝。
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝。
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e。
当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点。
当k>e时，f(x)在区间(1，]上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点。
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点。
【答案】 (1)f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)。f(x)在x＝处取得极小值f()＝；无极大值。
(2)见解析
反思归纳 通过函数的极值(最值)判断函数零点个数，主要是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。
【变式训练】 已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)。
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程。
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围。
【解析】 (1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，
则切线方程为y－1＝2(x－1)，
即y＝2x－1。
(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝。
因为x∈，
所以当g′(x)＝0时，x＝1。
当0，g(x)单调递增；
当10是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件。
【解析】 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b。
因为f(0)＝c，f′(0)＝b，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c。
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4。
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－。
f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x
(－∞，－2)
－2
－
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
c
c－
所以，当c>0且c－<0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0。
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点。
(3)证明：当Δ＝4a2－12b<0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b>0，x∈(－∞，＋∞)，
此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点。
当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0。
当x∈(－∞，x0)时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增。
所以f(x)不可能有三个不同零点。
综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b>0。
故a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件。
当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b>0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，所以a2－3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件。
因此a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件。
【答案】 (1)y＝bx＋c (2) (3)见解析
反思归纳 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，画草图确定其中参数的范围。
【变式训练】 已知函数f(x)＝(x2＋2x－2)·ex，x∈R，e为自然对数的底数。
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若方程f(x)＝m有两个不同的实数根，试求实数m的取值范围。
【解析】 (1)f′(x)＝(2x＋2)·ex＋(x2＋2x－2)·ex＝(x2＋4x)·ex，
令f′(x)＝0，解得x1＝－4或x2＝0，列表如下：
x
(－∞，－4)
－4
(－4,0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
由表可得当x＝－4时，函数f(x)有极大值f(－4)＝6e－4；
当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝－2。
(2)由(1)知当x→－∞，f(x)→0，x→＋∞，f(x)→＋∞大致图象为如图，“方程f(x)＝m有两个不同的实数根”转化为函数f(x)的图象与y＝m的图象有两个不同的交点，故实数m的取值范围为(－2,0]∪{6e－4}。
【答案】 (1)极大值为6e－4 极小值为－2 (2)(－2,0]∪{6e－4}
考点三
构造法研究函数图象的交点
【典例3】 (2016·西安质检)已知函数f(x)＝mx2－x＋lnx。
(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围；
(2)当00时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴方程为x＝>0，故只需Δ>0，即1－8m>0，解得01，
由g′(x)>0，得0；
由g′(x)<0，得10，
故函数g(x)在上又有一个零点，不符合题意。
综上所述，m＝。
【答案】 (1) (2)
反思归纳 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。
【变式训练】 (2016·郑州质量预测)设函数f(x)＝x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x。
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当m≥0时，讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数。
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，
当m≤0时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间。
当m>0时，f′(x)＝，当0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增。
综上，当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m>0时，函数f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)。
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mlnx，x>0问题等价于求函数F(x)的零点个数。
当m＝0时，F(x)＝－x2＋x，x>0，有唯一零点；
当m≠0时，F′(x)＝－，
当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零点。
当m>1时，0m时，F′(x)<0；10，所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋>0，
F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点。
当01时，F′(x)<0；m0，
所以函数F(x)在(0，m)和(1，＋∞)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得lnm<0，
所以F(m)＝(m＋2－2lnm)>0，而F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点。
综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象有一个交点。
【答案】 见解析
微考场 新提升
1．设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a。
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点。
解析 (1)f(x)的定义域为R，由导数公式知f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x＋1)2ex，x∈R。
∵对任意x∈R，都有f′(x)≥0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间。
(2)证明：由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
且f(0)＝1－a<0，f()＝ae－a＝a(e－1)。
∵a>1，∴a－1>0，∴>0，∴e>1，
∴e－1>0，故f()>0，
∴∃x0∈(0，)使得f(x0)＝0。
又∵f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数。
∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点。
答案 (1)单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间 (2)见解析
2．已知函数f(x)＝ax2－ex(a∈R，e为自然对数的底数)，f′(x)是f(x)的导函数。
(1)解关于x的不等式：f(x)＞f′(x)；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围。
解析 (1)f′(x)＝2ax－ex，
f(x)－f′(x)＝ax(x－2)>0。
当a＝0时，无解；
当a>0时，解集为{x|x<0或x>2}；
当a<0时，解集为{x|00时，由g′(x)＝0，得x＝ln2a，
当x∈(－∞，ln2a)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(ln2a，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减。
∴当g(x)max>0时，方程g(x)＝0才有两个根，
∴g(x)max＝g(ln2a)＝2aln2a－2a>0，得a>。
故实数a的取值范围是。
答案 (1)当a＝0时，无解 当a>0时，解集为{x|x<0或x>2} 当a<0时，解集为{x|0
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