高考数学二轮复习教案：第二编 专题一 第3讲 导数的热点问题
第3讲 导数的热点问题
「考情研析」 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合，难度较大．解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.
核心知识回顾
1.利用导数解决与函数有关的方程根的问题
(1)利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路：
①将问题转化为函数零点的个数问题，进而转化为函数图象交点的个数问题；
②利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等；
③画出函数的大致图象；
④结合图象求解．
(2)证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤：
①在该区间上构造与方程相应的函数；
②利用导数研究该函数在该区间上的单调性；
③判断该函数在该区间端点处的函数值异号；
④作出结论．
2．利用导数证明不等式
不等式的证明可转化为利用导数研究函数的单调性、极值和最值，再由单调性或最值来证明不等式，其中构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.
热点考向探究
考向1 利用导数讨论方程根的个数
例1 (2019·广东省七校联合体高三联考)已知函数f(x)＝ln －ax＋(a>0，b>0)，对任意x>0，都有f(x)＋f＝0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围．
解 (1)由f(x)＋f＝ln －ax＋＋ln －＋＝0，得b＝4a，
则f(x)＝ln －ax＋，f′(x)＝－a－
＝(x>0)，
若Δ＝1－16a2≤0，即a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
若Δ＝1－16a2>0，即0
0，x2＝>0，
又h(x)＝－ax2＋x－4a开口向下．
当00，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x>x2时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0f(2)＝0.
f(x)＝ln －ax＋，f＝－ln 2a2－＋4a3，
令g(a)＝－ln 2a2－＋4a3，g′(a)＝－＋＋12a2＝.
令m(a)＝12a4－2a＋1，m′(a)＝48a3－2单调递增．
由m′(a)＝48a3－2＝0，求得a0＝ >.
当0m＝－＋1>0，
f＝g(a)＝－ln 2a2－＋4a3在上单调递增．
故f＝g(a)0，>x2，
由零点存在性定理知f(x)在区间上有一个根，设为x0，又f(x0)＋f＝0，得f＝0，由x20时，求函数f(x)在区间(1，e2)内的零点个数．
解 (1)∵f(x)＝2aln x－x2，∴f′(x)＝，
∵x>0，
当a≤0时，f′(x)＝<0，
当a>0时，f′(x)＝＝，
当00；当x>时，f′(x)<0，
∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在(0, )上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)，得f(x)max＝f()＝a(ln a－1)，
当a(ln a－1)<0，即00，即a>e时，由于f(1)＝－1<0，f()＝a(ln a－1)>0，
f(e2)＝2aln e2－e4＝4a－e4＝(2－e2)(2＋e2)，
若2－e2<0，即e，f(e2)≥0，
且f()＝2aln －e＝a－e>0，f(1)＝－1<0，
由函数的单调性可知f(x)在(1，)内有唯一的零点，在(，e2)内没有零点，从而f(x)在(1，e2)内只有一个零点．
综上所述，当a∈(0，e)时，函数f(x)在(1，e2)内无零点；
当a∈{e}∪时，函数f(x)在(1，e2)内有一个零点；
当a∈时，函数f(x)在(1，e2)内有两个零点．
考向2 利用导数证明不等式
例2 (2019·南开中学高三第三次教学质量检测)已知函数f(x)＝－ax＋aln x，其中a>0.
(1)若函数f(x)仅在x＝1处取得极值，求实数a的取值范围；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋a有三个极值点x1，x2，x3，求证：x1x2＋x1x3＋x2x3>2x1x2x3.
解 (1)由f(x)＝－ax＋aln x，
得f′(x)＝＋a＝，
由f(x)仅在x＝1处取得极值，
则ex－ax≠0，即a≠.令h(x)＝(x∈(0，＋∞))，则h′(x)＝，当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，则h(x)min＝h(1)＝e.
∴当00，
此时f′(x)＝＝0仅有一个零点x＝1，
则f(x)仅在x＝1处取得极值；
当a＝e时，ex－ex＝0与x－1＝0在同一处取得零点，此时当x∈(0,1)时，(x－1)(ex－ex)<0，
当x∈(1，＋∞)时，(x－1)(ex－ex)>0，
∴f′(x)＝＝0仅有一个零点x＝1，
则f(x)仅在x＝1处取得极值，所以a＝e符合题意．
当a＞e时，显然与已知不相符合．
∴实数a的取值范围为00，p(x)单调递增，
∴p(ln a)＝a－a(ln a－1)<0，则当a>e2时，ex－a(x－1)＝0有两零点x1，x2，且12x1x2x3，即证：x1＋x2>x1x2⇔(x1－1)(x2－1)<1，由ex1＝a(x1－1)，ex2＝a(x2－1)，则ex1＋x2＝a2(x1－1)(x2－1)，即证：ex1＋x2＝a2(x1－1)(x2－1)2x1x2x3得证．
利用导数方法证明不等式的基本思想是构造函数，通过研究函数的单调性、极值、最值，通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式．
已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当01－.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f(x)＝λln x－e－x，∴f′(x)＝＋e－x＝，
∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，
∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－，
令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，
当01时，φ′(x)>0，
则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－；
②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，
∴≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，
由①得φ(x)＝－在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，∴λ≥0.
综上，λ≤－或λ≥0.
(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，∵0f(x2)，即－ln x1－e－x1>－ln x2－e－x2，
∴e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.
要证e1－x2－e1－x1>1－，
只需证ln x1－ln x2>1－，
即证ln >1－，
令t＝，t∈(0,1)，则只需证ln t>1－，
令h(t)＝ln t＋－1，则当00，即ln t>1－，得证．
考向3 利用导数研究不等式恒成立问题
角度1 函数不等式恒成立问题
例3 (2019·内蒙古高三高考一模)已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R)．
(1)当b＝0时，讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意的a∈[1,3]和x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立，求实数b的取值范围．
解 (1)当b＝0时，f′(x)＝2a－＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，由f′(x)<0，得00，得x>.
∴当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)∀a∈[1,3]和∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立等价于2ax＋bx－1－2ln x≥2bx－3，∀x∈(0，＋∞)，∀a∈[1,3]恒成立．即a＋－≥，∀x∈(0，＋∞)，∀a∈[1,3]恒成立．
令g(x)＝a＋－，a∈[1,3]，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝－－＝，令g′(x)＝0，得x＝e2，
由此可得g(x)在区间(0，e2]上单调递减，在区间[e2，＋∞)上单调递增，
∴当x>0时，g(x)min＝g(e2)＝a－，即≤a－，
又a∈[1,3]，∴实数b的取值范围是.
利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法
(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法．
即①λ≥f(x)恒成立，则λ≥f(x)max.
②λ≤f(x)恒成立，则λ≤f(x)min.
(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f(x)≥0，则只需f(x)min≥0.
设函数f(x)＝(ax＋1)e－x(a∈R)．
(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)对任意的x∈[0，＋∞)，f(x)≤x＋1恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a>0时，f′(x)＝a·e－x－(ax＋1)·e－x＝a·e－x·，
由于e－x>0，a>0，所以令f′(x)≥0得，x≤.
所以当a>0时，f(x)的单调递增区间是.
(2)令h(x)＝(ax＋1)e－x－x－1，则f(x)≤x＋1恒成立等价于h(x)≤0恒成立．
①若a≤0，则当x≥0时，ax＋1≤1,02，则h′(0)＝e－0(a－1－a×0)－1＝a－2>0，
h′(1)＝e－1(a－1－a)－1＝－e－1－1<0.
所以h′(x)在(0,1)上有零点．
当x∈(0,1)时，设g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝e－x(ax＋1－2a)0，h(x
)在(0，x0)上为增函数，即x∈(0，x0)时，h(x)>h(0)＝0，所以f(x)>x＋1，不符合题意．
综上可得，符合题意的a的取值范围是(－∞，2]．
角度2 含量词的不等式问题
例4 (2019·延安市高考模拟)已知函数f(x)＝ax＋1－xln x的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－y＝0平行．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若∀x1，x2∈(0，＋∞)，>m(x1＋x2)，求实数m的取值范围．
解 (1)f(x)＝ax＋1－xln x的导数为f′(x)＝a－1－ln x，
可得y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为a－1，
由切线与直线x－y＝0平行，可得a－1＝1，即a＝2，
f(x)＝2x＋1－xln x，f′(x)＝1－ln x，当00，当x>e时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
可得f(x)在x＝e处取得极大值为f(e)＝e＋1，无极小值．
(2)设x1>x2>0，若>m(x1＋x2)，可得f(x1)－f(x2)>mx－mx，
即f(x1)－mx>f(x2)－mx，
设g(x)＝f(x)－mx2在(0，＋∞)上是增函数，
即g′(x)＝1－ln x－2mx≥0在(0，＋∞)上恒成立，
可得2m≤在(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝，所以h′(x)＝，
h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，h(x)在x＝e2处取得极小值为h(e2)＝－，
所以m≤－.
含量词不等式问题的解法
(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)．
(2)存在x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
(3)对任意x1，x2∈D，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)max.
(4)存在x1，x2∈D，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)max≥g(x)min.
(5)任意x1∈D1，存在x2∈D2，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min(f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2)．
(2019·毛坦厂中学高三校区联考)已知函数f(x)＝ln x＋x2－kx－1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2(x10在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当k>0时，若Δ＝k2－8≤0，即00，即k>2时，
令f′(x)＝0，解得x2＝>x1＝>0，
令f′(x)>0，解得0x2，令f′(x)<0，
解得x12时，f(x)在和上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由(1)得，若f(x)存在两个极值点x1，x2，
则k>2，且2x－kx1＋1＝0，
则f(x1)＝ln x1＋x－kx1－1＝ln x1＋x－(2x＋1)－1＝ln x1－x－2.
下面先证明ln x0)：
设g(x)＝ln x－x，x>0，则g′(x)＝－1，
易得g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(1)＝－1<0，∴g(x)<0(x>0)，即ln x0)．
∴f(x1)＝ln x1－x－20)，g′(x)＝
，令h(x)＝ex－x－1，h′(x)＝ex－1，x>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴ex－x－1>0在(0，＋∞)上恒成立，∴当x∈(0,1)，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)，g′(x)>0，∴g(x)的单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1，＋∞)．
(2)f(x)＋(3x2＋x－3k)≤0，即3k≥2ex＋x2＋x－2有解，令h(x)＝2ex＋x2＋x－2，h′(x)＝2ex＋2x＋1在R上递增，
∵h′(0)>0，h′(－1)<0，故存在唯一的x0∈(－1,0)使得h′(x)＝2ex0＋2x0＋1＝0，∴h(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(x0)＝2e x0＋x＋x0－2＝x－x0－3，∵x0∈(－1,0)，∴x－x0－3∈(－3，－1)，故3k>－3，
∴k>－1.
2．(2019·浙江高考)已知实数a≠0，设函数f(x)＝aln x＋，x>0.
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)对任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范围．
注：e＝2.71828…为自然对数的底数．
解 (1)当a＝－时，f(x)＝－ln x＋，x>0.
f′(x)＝－＋＝，
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．
(2)由f(1)≤，得00，故q(x)在上单调递增，
所以q(x)≤q.
由①，得q＝－p<－p(1)＝0.
所以q(x)<0.因此，g(t)≥g＝－>0.
由①②知对任意x∈，t∈[2，＋∞)，
g(t)≥0，即对任意x∈，均有f(x)≤ .
综上所述，所求a的取值范围是.
3．(2019·南阳市六校高二下学期第一次联考)已知函数f(x)＝－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：0<1＋xln x0，所以ex－1>0，所以当01时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)证明：令h(x)＝1＋xln x，则h′(x)＝1＋ln x.
当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
所以h(x)≥h＝1＋ln ＝1－>0.
故1＋xln x>0.
由(1)知f(x)＝－ln x在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝e－1>0，即－ln x>0.
因为x>0，所以上述不等式可化为1＋xln x0)．
(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；
(2)证明：当a≥时，f(x)>e－x.
解 (1)解法一：函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝ln x＋，得f′(x)＝－＝.
因为a>0，则x∈(0，a)时，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
当x＝a时，f(x)min＝ln a＋1.
当ln a＋1≤0，即00，则函数f(x)有零点．所以实数a的取值范围为.
解法二：函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝ln x＋＝0，得a＝－xln x.
令g(x)＝－xln x，则g′(x)＝－(ln x＋1)．
当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0.
所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减．
故x＝时，函数g(x)取得最大值g＝－ln ＝.
因而函数f(x)＝ln x＋有零点，则0e－x，即证明当x>0，a≥时，ln x＋>e－x，即xln x＋a>xe－x.令h(x)＝xln x＋a，
则h′(x)＝ln x＋1.
当0时，h′(x)>0.
所以函数h(x)在上单调递减，在上单调递增．
当x＝时，h(x)min＝－＋a.
于是，当a≥时，h(x)≥－＋a≥.①
令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)．
当00；当x>1时，φ′(x)<0.
所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
当x＝1时，φ(x)max＝.于是，当x>0时，φ(x)≤.②
显然，不等式①②中的等号不能同时成立．
故当a≥时，f(x)>e－x.
『金版押题』
5．已知函数f(x)＝xln x＋ax在x＝x0处取得极小值－1.
(1)求实数a的值；
(2)设g(x)＝xf(x)＋b(b>0)，讨论函数g(x)的零点个数．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a，
∵函数f(x)＝xln x＋ax在x＝x0处取得极小值－1，
∴得
当a＝－1时，f′(x)＝ln x，
则x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴x＝1时，函数f(x)取得极小值－1，符合题意，
∴a＝－1.
(2)由(1)知，函数g(x)＝xf(x)＋b＝x2ln x－x2＋b(b>0)，定义域为(0，＋∞)，则g′(x)＝2x，
令g′(x)<0，得00，得x>.
∴g(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
当x＝时，函数g(x)取得最小值b－.
当b－>0，即b>时，函数g(x)没有零点；
当b－＝0，即b＝时，函数g(x)有一个零点；
当b－<0，即00⇒g()g(e)<0，存在x1∈(，e)，使g(x1)＝0，
∴g(x)在(，e)上有一个零点x1.
设h(x)＝ln x＋－1，则h′(x)＝－＝.
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，则h(x)在(0,1)上单调递减，
∴h(x)>h(1)＝0，即当x∈(0,1)时，ln x>1－，
当x∈(0,1)时，g(x)＝x2ln x－x2＋b>x2－x2＋b＝b－x，取xm＝min{b,1}，则g(xm)>0；
∴g()g(xm)<0，∴存在x2∈(xm，)，使得g(x2)＝0.
∴g(x)在(xm，)上有一个零点x2，
∴g(x)在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2，
综上可得，当b>时，函数g(x)没有零点；当b＝时，函数g(x)有一个零点；当01时，证明：g(x)在(0，π)上存在最小值．
解 (1)因为f(x)＝x－2sinx＋1，所以f′(x)＝1－2cosx，
则f(0)＝1，f′(0)＝－1，所以切线方程为y＝－x＋1.
(2)令f′(x)＝0，则cosx＝，当x∈(0，π)时，得x＝，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表．
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
减
最小值
增
所以函数f(x)在(0，π)上的单调递减区间为，单调递增区间为.
(3)证明：因为g(x)＝x2＋mcosx，所以g′(x)＝x－msinx.
令h(x)＝g′(x)＝x－msinx，则h′(x)＝1－mcosx，
因为m>1，所以∈(0,1)，
令h′(x)＝1－mcosx＝0，则cosx＝，易知cosx＝在(0，π)内有唯一解x0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，π)时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，π)上单调递增．所以h(x0)0，所以h(x)＝x－msinx在(x0，π)内有唯一零点x1，
当x∈(0，x1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，
当x∈(x1，π)时，h(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，π)上单调递增．
所以函数g(x)在x＝x1处取得最小值，
即当m>1时，函数g(x)在(0，π)上存在最小值．
配套作业
1.(2019·白银市靖远县高三第四次联考)已知函数f(x)＝(x－1)ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和零点；
(2)若f(x)≥ax－e恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，
令f′(x)＝0，解得x＝0.
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
即函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，
令f(x)＝0，解得x＝1，所以函数f(x)的零点是x＝1.
(2)画出f(x)的大致图象，如图所示，
设g(x)＝ax－e，则g(x)的图象恒过点(0，－e)，
设函数f(x)＝(x－1)ex的图象在点P(x0，y0)处的切线过点(0，－e)，
所以f′(x0)＝x0ex0，f(x0)＝(x0－1)ex0，
f(x)的图象在P(x0，y0)处的切线方程为y－(x0－1)·ex0＝x0ex0 (x－x0)，
将(0，－e)代入切线方程，得－e－(x0－1) ex0＝－xex0，
整理得(x－x0＋1) ex0＝e，
设h(x)＝(x2－x＋1)ex－e⇒h′(x)＝(x2＋x)ex，
令h′(x)＝0，得x＝0或x＝－1，
所以h(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．
又h(－1)＝－e<0，h(0)＝1－e<0，h(1)＝0，
所以x0＝1是方程(x－x0＋1) ex0＝e的唯一解，
所以过点(0，－e)且与f(x)的图象相切的直线方程为y＝ex－e.
令m(x)＝(x－1)ex－ex＋e，则m′(x)＝xex－e，当x>1时，m′(x)>0；当0g(x2)，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝－a＝，
①当a≤0时，1－ax>0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上单调递增；
②当0g(x)max恒成立．已知a∉(0，e)，则
①当a≤0时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，而f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－a，g(x)max＝g(1)＝a＋1，
所以－a>a＋1，得a<－；
②当a≥e时，g′(x)>0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，而f(x
)在[1，e]上单调递减，
所以g(x)max＝g(e)＝ae2＋1，f(x)min＝f(e)＝1－ae，所以1－ae>ae2＋1，得a<0，与a≥e矛盾．
综上所述，实数a的取值范围是.
3．已知函数f(x)＝aln x－x＋2，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，求实数a的值．
解 (1)因为f(x)＝aln x－x＋2，所以f′(x)＝－1＝，x>0，
当a≤0时，对任意的x∈(0，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝a，
因为x∈(0，a)时，f′(x)>0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
(2)①当a≤1时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是减函数，所以f(x)max＝f(1)＝1.
因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(1)＝2<4，
所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4.
②当10，g(e)＝4－f(e)－f(x1)＝f(1)－f(x1)<0，
所以存在x2∈(1，e)，g(x2)＝4－f(x2)－f(x1)＝0，即f(x1)＋f(x2)＝4.)所以由f(1)＋f(e)＝a－e＋3＝4，得a＝e＋1.
综上可知，实数a的值为e＋1.
4．(2019·汉中市高三教学质量第二次检测)已知函数f(x)＝3x2＋mln x＋4，且f(x)在x＝1处的切线方程为y＝nx.
(1)求f(x)的解析式，并讨论其单调性．
(2)若函数g(x)＝ex－1＋3x2＋4－f(x)，证明：g(x)≥1.
解 (1)由题意得切点为(1，n)，代入f(x)得，n＝7，①
f′(x)＝6x＋，即f′(1)＝6＋m＝n， ②
解得∴f(x)＝3x2＋ln x＋4，x∈(0，＋∞)，
∴f′(x)＝6x＋>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由题意，g(x)＝ex－1－ln x，g′(x)＝ex－1－.
构造函数h(x)＝g′(x)＝ex－1－，x>0，
h′(x)＝ex－1＋>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，即当01时，g′(x)>0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(x)≥g(1)＝1.
5．(2019·东北三省四市高三第一次模拟)已知函数f(x)＝＋aln x(a>0)．
(1)若函数y＝f(x)图象上各点处切线斜率的最大值为2，求函数f(x)的极值点；
(2)若关于x的不等式f(x)<2有解，求a的取值范围．
解 f′(x)＝－＋(x>0)．
(1)∵a>0，∴当＝时，f′(x)取最大值.∴＝2，
∵a>0，∴a＝4，∴此时f′(x)＝－＋＝.
在上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)的极小值点为x＝，无极大值点．
(2)∵f′(x)＝(x>0且a>0)，
∴在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)≥f＝a＋aln ，
∵关于x的不等式f(x)<2有解，∴a＋aln <2.
∵a>0，∴ln ＋1－<0，
令g(x)＝ln x＋1－x，∴g′(x)＝－1＝，
在(0,1)上，g′(x)>0，g(x)单调递增；
在(1，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)≤g(1)＝0，
∵ln ＋1－<0.可知>0且≠1.
∴a的取值范围是a>0且a≠2.
6．(2019·汉中市高三教学质量第二次检测)已知函数f(x)＝ex－ln (x＋1)－a的图象在x＝0处与x轴相切．
(1)求f(x)的解析式，并讨论其单调性；
(2)若x>t≥0，证明：ex－t＋ln (t＋1)>ln (x＋1)＋1.
解 (1)由题意，得f(0)＝1－a，即切点为(0,1－a)，
∴1－a＝0即a＝1，∴f(x)＝ex－ln (x＋1)－1.
求导，得f′(x)＝ex－，
由题意，当－11，
则f′(x)<0，即f(x)在(－1,0)上单调递减；
当x>0时，ex>1，<1，则f′(x)>0，
即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证法一：要证原不等式，即证ex－t＋ln (t＋1)－ln (x＋1)－1>0，构造函数g(x)＝ex－t＋ln (t＋1)－ln (x＋1)－1，x>0，即证g(x)>0，g′(x)＝ex－t－.
∵x>t≥0，即x－t>0，x＋1>1，则ex－t>1，<1.
∴g′(x)>0，即g(x)为(0，＋∞)上的增函数．
当x＝t，g(t)＝0时，由题意，x>t≥0，
∴g(x)>g(t)＝0即g(x)>0，故原不等式得证．
证法二：要证原不等式，即证ex－t－1>ln (x＋1)－ln (t＋1)，
由(1)知，当x≥0时，f(x)＝ex－ln (x＋1)－1≥f(0)＝0，
由题意，x>t≥0即x－t>0，
∴f(x－t)＝ex－t－ln (x－t＋1)－1≥0，
即ex－t－1≥ln (x－t＋1)， ①
又ln (x－t＋1)－[ln (x＋1)－ln (t＋1)]
＝ln ＝ln
＝ln >0.
∴ln (x－t＋1)>ln (x＋1)－ln (t＋1)， ②
由①②得ex－t－1>ln (x＋1)－ln (t＋1)，故原不等式得证．
7．已知函数f(x)＝(x－1)ex－mx2＋2，其中m∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数．
(1)当m＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当常数m∈(2，＋∞)时，函数f(x)在[0，＋∞)上有两个零点x1，x2(x1ln .
解 (1)当m＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2＋2，
∴f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)．
由f′(x)＝x(ex－2)＝0，解得x＝0或x＝ln 2.
当x>ln 2或x<0时，f′(x)>0，
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．
当02，x≥0，由f′(x)＝x(ex－2m)＝0，
解得x＝0或x＝ln (2m)．
当x>ln (2m)时，f′(x)>0，f(x)在(ln (2m)，＋∞)上单调递增；
当0≤x0，f(1)＝2－m<0，可知x1∈(0,1)．
f[ln (2m)]<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
f(x)在(ln (2m)，＋∞)上单调递增．
∴x2∈(ln (2m)，＋∞)．∴x2>ln (2m)>ln 4.
∵0ln 4－1＝ln .
8．已知函数f(x)＝x－aex＋b(a>0，b∈R)．
(1)求f(x)的最大值；
(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2<－2ln a.
解 (1)令f′(x)＝1－aex>0，得x0，则需证t20，f(x)单调递增，
x∈(1，m＋1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
③当－10，f(x)单调递增，
x∈(m＋1,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当m＝0时，f(x)在R上单调递增；
当0N.
当m∈时，由(1)知f(x)在(1，m＋1)上单调递减，
g(x)＝x，当x∈[1，m＋1]时，函数g(x)单调递增，
所以f(x)的最小值为M＝f(m＋1)＝，
g(x)的最大值为N＝m＋1，
所以下面判断M＝f(m＋1)与N＝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，则m′(x)＝ex－2x－1，
令h(x)＝m′(x)，则h′(x)＝ex－2，
因x＝m＋1∈，所以h′(x)＝ex－2>0，m′(x)单调递增；
而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x0∈时，m(x0)＝－x＋x0＋1>0，
即ex>(1＋x)x，即M＝f(m＋1)>N＝m＋1.
函数与导数类解答题
(12分)已知函数f(x)＝x－1－aln x(a∈R)，g(x)＝.
(1)当a＝－2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若a<0，且对任意x1，x2∈(0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<4|g(x1)－g(x2)|，求实数a的取值范围．
解题思路 (1)由导数的几何意义可得切线的斜率，进而得到切线的方程；(2)利用导数判断函数f(x)的单调性，结合f(x2)－f(x1)<4[g(x1)－g(x2)]即可将问题转化为不等式恒成立问题，进而求得a的取值范围．
解 (1)当a＝－2时，f(x)＝x－1＋2ln x，(1分)
f′(x)＝1＋，f(1)＝0，切线的斜率k＝f′(1)＝3，(2分)
故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－3＝0.(4分)
(2)对x∈(0,1]，当a<0时，f′(x)＝1－>0，∴f(x)在(0,1]上单调递增，易知g(x)＝在(0,1]上单调递减，(6分)
不妨设x1，x2∈(0,1]，且x1g(x2)，
∴f(x2)－f(x1)<4[g(x1)－g(x2)]，即f(x1)＋>f(x2)＋.
令h(x)＝f(x)＋，则当x1h(x2)，
∴h(x)在(0,1]上单调递减，(8分)
∴h′(x)＝1－－＝≤0在(0,1]上恒成立，
∴x2－ax－4≤0在(0,1]上恒成立，等价于a≥x－在(0,1]上恒成立，
∴只需a≥max.(10分)
∵y＝x－在(0,1]上单调递增，∴ymax＝－3，
∴－3≤a<0，
故实数a的取值范围为[－3,0)．(12分)
1．求导数：准确求出f′(x)给1分．
2．求斜率：利用切点横坐标求出切线斜率给1分．
3．写方程：利用点斜式写出切线方程并化简给2分．
4．判断单调性：准确判断f(x)与g(x)在(0,1]上的单调性给2分．
5．构造函数：将原不等式恒成立问题转化为函数h(x)的单调性问题给2分．
6．转化最值：将函数h(x)的单调性转化为恒成立问题及最值问题给2分．
7．求最值：利用单调性求最值、求参数取值范围给2分．
1．牢记求导法则，正确求导是解题关键，对函数的正确求导就能得到相应分数．
2．构建函数模型，构造函数是解决不等式问题的核心思想，如本题中由f(x1)＋>f(x2)＋构造函数h(x)＝f(x)＋，将问题转化为函数的单调性及最值问题．
3．步骤齐全很关键，查看是否注意定义域，区间的变化，分类讨论的条件，极值、最值、题目的结论等一些关键式子，解答时一定要写清楚．
[跟踪训练]
(2019·济宁市高三第一次模拟)(12分)已知函数f(x)＝ln x－2ax，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)1时恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝－2a＝(x>0)，(1分)
①若a≤0，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(2分)
②若a>0，当00；当x>时，f′(x)<0，
所以是函数f(x)的单调递增区间，是函数f(x)的单调递减区间．(3分)
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(4分)
(2)由题意可知，不等式可转化为ln x＋ax2－(2a＋1)x<0在x>1时恒成立，
令g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x(x>1)，(5分)
g′(x)＝＋2ax－(2a＋1)＝
＝.(6分)
①若a≤0，则g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)1，当1时，g′(x)>0，
g(x)在上单调递减，g(x)在上单调递增，
所以g(x)∈，不符合题意；(10分)
③若a≥，当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)∈(g(1)，＋∞)，不符合题意．
综上所述，－1≤a≤0.(12分)
