新高考数学一轮复习精选讲练专题3.7 导数的综合问题（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习精选讲练专题3.7 导数的综合问题（含解析），共33页。试卷主要包含了利用导数证明不等式，利用导数研究不等式恒成立问题，利用导数研究函数零点问题等内容，欢迎下载使用。

专题3.7 导数的综合问题-重难点题型精讲



1．利用导数证明不等式
构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；
(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．
2．利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题
一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若af(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a 3．利用导数研究函数零点问题
(1)判断、证明或讨论函数零点个数的方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.
①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；
②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.
(2)已知函数有零点求参数范围常用的方法：
①分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
②分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围.

【题型1 单变量不等式的证明】
【方法点拨】
(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处
的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)
在(a，b)上单调递减即可.
(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
(3)不等式里既有指数又有对数，求导后不好处理，通常是把指数和对数分开，使得不等式一边是指数，另
一边是对数，分别计算它们的最值，利用最值来证明不等式.
【例1】（2022春•福安市校级月考）已知函数f（x）＝（x2﹣ax﹣a）ex，a∈R．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝0时，证明：f（x）＞x2（lnx+2）．
【解题思路】（1）求出函数f（x）的导数f'（x），再分类讨论求出不等式f'（x）＜0，f'（x）＞0的解集作答．
（2）将不等式等价变形，再分别证明ex＞x+1和x≥lnx+1即可作答．
【解答过程】（1）解：依题意，f'（x）＝[x2+（2﹣a）x﹣2a]ex＝（x+2）（x﹣a） ex，令f'（x）＝0，则x＝﹣2或x＝a．
当a＝﹣2时，f'（x）＝（x+2）2ex≥0，则函数f（x）在 R上单调递增；
当a＞﹣2时，当x∈（﹣2，a）时，f'（x）＜0，当x∈（﹣∞，﹣2）⋃（a，+∞）时，f'（x）＞0，
于是得f（x）在（﹣∞，﹣2），（a，+∞）上单调递增，在（﹣2，a）上单调递减；
当a＜﹣2时，当x∈（a，﹣2）时，f'（x）＜0，当x∈（﹣∞，a）⋃（﹣2，+∞）时，f'（x）＞0，
因此函数f（x）在（﹣∞，a）、（﹣2，+∞）上单调递增，在（a，﹣2）上单调递减，
所以当a＞﹣2时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2），（a，+∞），单调递减区间为（﹣2，a）；
当a＝﹣2时，f（x）在 R上单调递增；
当a＜﹣2时，函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，a），（﹣2，+∞），单调递减区间为（a，﹣2）．
（2）证明：当a＝0时，f（x）＝x2ex，x＞0，f（x）＞x2（lnx+2）⇔x2ex＞x2（lnx+2）⇔ex＞lnx+2，
令g（x）＝ex﹣x﹣1，x＞0，则g'（x）＝ex﹣1＞0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，
∀x∈（0，+∞），g（x）＞g（0）＝0，即ex＞x+1，
令h（x）＝x﹣lnx﹣1，x＞0，，当0＜x＜1时，h'（x）＜0，当x＞1时，h'（x）＞0，
即函数h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∀x∈（0，+∞），h（x）≥h（1）＝0，即x≥lnx+1，
于是得 ex＞x+1≥lnx+2，而x2＞0，因此，x2ex＞x2（lnx+2），
所以f（x）＞x2（lnx+2）成立．
【变式1-1】（2022春•清远期末）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax，g（x）＝ex+cosx﹣x﹣2．
（1）当0≤a＜1时，讨论f（x）的单调性；
（2）设m，n为正数，且当a＝1时，f（m）＝g（n），证明：f（e﹣2n）＞g（lnm）．
【解题思路】（1）求定义域，求导，对a分类讨论，求解不同范围下的函数单调性；
（2）构造函数h（x）＝f（e﹣2x）﹣g（x）＝e2x﹣e﹣2x﹣3x﹣ex﹣cosx+2，二次求导，通过研究函数单调性得到f（e﹣2n）＞g（n）＝f（m）．再结合f（x）的单调性得到nlnm，根据导函数得出g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以g（n）＞g（lnm），从而得到证明．
【解答过程】解：（1）f（x）＝2lnx﹣ax的定义域为（0，+∞），
f'（x）．
①当a＝0时，f'（x），令f'（x）＜0，得0＜x；令f'（x）＞0，得x．
所以f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．
②当0＜a＜1时，因为ax2﹣2x+1＝0的判别式Δ＝4﹣4a＞0，所以ax2﹣2x+1＝0有两正根，且x1＜x2．
令f'（x）＜0，得0＜x或x；令f'（x）＞0，得x．
所以f（x）在（0，）和（，+∞）上单调递减，在（，）上单调递增．
综上，当a＝0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．
当0＜a＜1时，f（x）在（0，）和（，+∞）上单调递减，在（，）上单调递增．
（2）证明：因为a＝1，所以f（x）＝2lnx﹣x（x＞0），
设h（x）＝f（e﹣2x）﹣g（x）＝﹣4x﹣e﹣2x+e2x﹣ex﹣cosx+x+2＝e2x﹣e﹣2x﹣3x﹣ex﹣cosx+2，
则h'（x）＝2e2x+2e﹣2x﹣ex﹣3+sinx，
当x＞0时，因为e2x＞ex，0＜e﹣2x＜1，
令t（x）＝h'（x）＝2e2x+2e﹣2x﹣ex﹣3+sinx，
则t'（x）＝4e2x﹣4e﹣2x﹣ex+cosx＝3e2x+（e2x﹣ex）+cosx﹣4e﹣2x＞3e2x+cosx﹣4，
令u（x）＝3e2x+cosx﹣4，因为x＞0，则u'（x）＝6e2x﹣sinx＞0，所以u（x）在（0，+∞）上单调递增．
又u（0）＝0，所以u（x）＞0，则t'（x）＞0，所以h'（x）在（0，+∞）上单调递增．
又h'（0）＝0，所以h'（x）＞0，则h（x）在（0，+∞）上单调递增．
又h（0）＝0，所以h（0）＞0，则f（e﹣2x）﹣g（x）＞0．
因为m＞0，n＞0，所以f（e﹣2n）＞g（n）＝f（m）．
又f'（x），所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，所以e﹣2n＜m，整理得nlnm．
又当x＞0时，令p（x）＝g'（x）＝ex﹣sinx﹣1，则p'（x）＝ex﹣cosx＞0，
所以g'（x）在（0，+∞）上单调递增，g'（x）＞g'（0）＝0，则g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以g（n）＞g（lnm）．
故f（e﹣2n）＞g（lnm）．
【变式1-2】（2022•长沙县校级模拟）已知f（x）＝aex﹣1﹣x2﹣1．
（1）若f（x）单调递增，求a的取值范围；
（2）证明：当x≠1时，．
【解题思路】（1）由题可得f'（x）＝aex﹣1﹣2x≥0，利用参变分离，求函数最值即可；
（2）分x∈（0，1），x∈（1，+∞）讨论，通过构造函数，φ（x）＝4ex﹣1﹣4x﹣（x2﹣1）lnx，利用导数判断函数的单调性，从而证明当x≠1时，成立．
【解答过程】解：（1）因为f（x）＝aex﹣1﹣x2﹣1单调递增，
所以f'（x）＝aex﹣1﹣2x≥0恒成立，即恒成立，
令，则，由h'（x）＝0，可得x＝1，
x∈（﹣∞，1），h'（x）＞0，h（x）单调递增；
x∈（1，+∞），h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）≤h（1）＝2，即a≥2，
所以a的取值范围为[2，+∞）；
（2）证明：当a＝2时，f（x）＝2ex﹣1﹣x2﹣1单调递增，
当x∈（0，1）时，f（x）＜f（1）＝0，即2ex﹣1＜x2+1，
当x∈（1，+∞）时，f（x）＞f（1）＝0，即2ex﹣1＞x2+1，
当x∈（0，1）时，不等式可化为4ex﹣1﹣4x＜（x2﹣1）lnx，
因此只需证2（x2+1）﹣4x＜（x2﹣1）lnx，即，
令，则，
所以函数g（x）在（0，1）上单调递增，所以g（x）＜g（1）＝0，即，
所以2（x2+1）﹣4x＜（x2﹣1）lnx，所以4ex﹣1﹣4x＜（x2﹣1）lnx，即，
当x∈（1，+∞）时，不等式即为4ex﹣1﹣4x＞（x2﹣1）lnx，
令φ（x）＝4ex﹣1﹣4x﹣（x2﹣1）lnx，则，
由（1）可知，ex﹣1≥x，即lnx≤x﹣1，当x∈（1，+∞）时，2ex﹣1＞x2+1，
所以，
故φ（x）在（1，+∞）上单调递增，所以φ（x）＞φ（1）＝0，
所以4ex﹣1﹣4x＞（x2﹣1）lnx，即，
综上，当x≠1时，．
【变式1-3】（2022春•信阳校级期末）已知函数（e＝2.71828……自然对数底数）．
（1）当a＝e时，求函数f（x）的单调区间：
（2）当a＞e时，
（Ⅰ）证明：f（x）存在唯一的极值点：
（Ⅱ）证明：f（x）＜（a﹣1）e．
【解题思路】（1）求导，利用导数判断函数单调性；
（2）（Ⅰ）利用导数判断单调性，零点存在性定理判断零点，进而确定极值点即可；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，令h（x）＝（e﹣1）x﹣elnx（x＞e），判断函数h（x）的单调性，再证明f（x）＜（a﹣1）e成立即可．
【解答过程】解：（1），构建φ（x）＝1﹣ln（ax）﹣ex．
当a＝e时，则φ（x）＝1﹣ln（ex）﹣ex在（0，+∞）上单调递减，且；
当时，φ（x）＞0，当时，φ（x）＜0，
则函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）证明：（Ⅰ）由（1）可知当a＞e时，φ（x）在（0，+∞）上单调递减，
，
∴φ（x）在（0，+∞）内存在唯一的零点，
当x∈（0，x0）时，φ（x）＞0，当x∈（x0，+∞）时，φ（x）＜0，
则函数f（x）的单调递增区间为（0，x0），单调递减区间为（x0，+∞），
∴f（x）存在唯一的极值点x0．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，），
∵1﹣ln（ax0）﹣ex0＝0，即1﹣ex0＝ln（ax0），
，且，
∵在单调递减，则，
构建h（x）＝（e﹣1）x﹣elnx（x＞e），
则，当x＞e时恒成立，
则h（x）在（e，+∞）上单调递增，
则h（x）≥h（e）＝e（e﹣2）＞0，
则e（x﹣1）＞x+elnx﹣e（x＞e），
即（a﹣1）e＞a+elna﹣e，
∴f（x）＜（a﹣1）e．
【题型2 双变量不等式的证明】
【方法点拨】
(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．
(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．
(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从
而构造函数利用单调性证明.
【例2】（2022•历城区校级模拟）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2﹣x，g，a∈R．
（1）讨论g（x）的单调性；
（2）设f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），证明：．（e＝2.71828…为自然对数的底数）
【解题思路】（1）对函数求导后，分a≤0和a＞0两种情况判断导函数的正负，从而可求得其单调区间；
（2）由题意可得x1，x2是f′（x）的两根，可得，所以将问题转化为只需证成立，令，所以只需证成立，然后利用导数求解即可．
【解答过程】解：（1），，
①当a≤0时，g'（x）＞0，g（x）在（0，+∞）单调递增；
②当a＞0时，令g'（x）＝0解得，时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
综上，当 a≤0 时，g（x） 在 （0，+∞） 单调递增；当 a＞0 时，g（x） 在 上单调递增，在 上单调递减，
证明：（2）由题意知，f'（x）＝lnx﹣2ax，x1，x2是f'（x）的两根，
即lnx1﹣2ax1＝0，lnx2﹣2ax2＝0，解得，
要证，即证4lnx1+lnx2＞3，即4⋅2ax1+2ax2＞3，
把（*）式代入得，所以应证，
令，0＜t＜1，即证成立，
而，所以h（t）在上单调递增，h（t）＜h（1）＝0，命题得证．
【变式2-1】（2022春•城厢区校级期末）已知函数恰有两个零点x1，x2（x1＞x2）．
（1）求实数a的取值范围；
（2）证明：3x1+x2＞6a．
【解题思路】（1）分a≤0时，a＞0时，两种情况讨论，根据函数的单调性求出函数的最值，根据函数的最值即可得出结论；
（2）当a＞0时，令，则0＜t＜1，且，从而可得，要证3x1+x2＞6a，即证，令，求出函数φ（t）的最大值即可得证．
【解答过程】解：（1）函数f（x）定义域为{x|x＞0}，，
①当a≤0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，至多一个零点，不合题意，舍去；
②当a＞0时，
当0＜x＜2a时f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞2a时，f'（x）＞0，..单调递增，
所以f（x）min＝a﹣1﹣aln2a，记g（x）＝x﹣1﹣x﹣ln2x（x＞0），
则g'（x）＝1﹣ln2x﹣1＝﹣ln2x，
当时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
所以，即f（2a）＜0，
又，故，且，
令，则，
故函数f（x）在区间，分别存在一个零点．
综上可得，当a＞0时，函数f（x）有两个零点；
证明：（2）当a＞0时，令，则0＜t＜1，且x2＝tx1，
所以，①，即②．
①﹣②，得，即，
所以；
要证3x1+x2＞6a，即证，
又a＞0，即证，
又0＜t＜1，即证3lnt+tlnt＜3（t﹣1），即证，（*）
令，0＜t＜1，
则，
所以φ（t）在0＜t＜1时单调递增，且φ（t）＜φ（1）＝ln1﹣0＝0，
所以（*）式得证，即3x1+x2＞6a成立．
【变式2-2】（2022春•齐齐哈尔期末）已知函数f（x）＝xex﹣1，g（x）＝x+lnx．
（1）求y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）设h（x）＝f（x）﹣ag（x）（a∈R），x0是h（x）的极小值点，且h（x0）≥0，证明：h（x0）．
【解题思路】（1）求导得f′（x），由导数的几何意义可得k切＝f′（1）＝2，又f（1）＝1，即可得出答案．
（2）根据题意可得h（x）＝xex﹣1﹣a（x+lnx），求导得h′（x），由x0是h（x）的极小值点，得a＝x0e，则h（x0）＝x0e（1﹣x0﹣lnx0），利用放缩法即可得出答案．
【解答过程】解：（1）f′（x）＝ex﹣1+xex﹣1＝（x+1）ex﹣1，
所以k切＝f′（1）＝2，
又f（1）＝1×e1﹣1＝1，
所以切线方程为y﹣1＝2（x﹣1），即y＝2x﹣1．
（2）证明：根据题意可得h（x）＝f（x）﹣ag（x）＝xex﹣1﹣a（x+lnx），
h′（x）＝（x+1）ex﹣1﹣a（1）（xex﹣1﹣a），
令p（x）＝xex﹣1﹣a，（x＞0），
p′（x）＝（x+1）ex﹣1＞0，
所以p（x）在（0，+∞）上单调递增，
又因为当x→0时，p（x）→﹣a；当x→+∞时，p（x）→+∞，
所以当a≤0时，p（x）＞0，h′（x）＞0，p（x）在（0，+∞）上单调递增，不存在极值点，
当a＞0时，p（x）的值域为（﹣a，+∞），则必存在x0＞0，使得p（x0）＝0，
所以当x∈（0，x0）时，p（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，p（x）＞0，p′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x）存在极小值点，
所以x0ea＝0，即a＝x0e，
所以lna＝lnx0+x0﹣1．
所以h（x0）＝x0e（1﹣x0﹣lnx0），
由h（x0）≥0，得1﹣x0﹣lnx0≥0，
令q（x）＝1﹣x﹣lnx，则h（x）在（0，+∞）上单调递减，
又q（1）＝0，
由h（x0）≥0，得0＜x0≤1，
令H（x）＝x﹣lnx﹣1，（x＞0），
则H′（x）＝1，
当x＞1时，H′（x）＞0，H（x）单调递增，
当0＜x＜1时，H′（x）＜0，H（x）单调递减，
所以当x＝1时，函数H（x）取得最小值H（1）＝0，
所以H（x）＝x﹣lnx﹣1≥0，即x﹣1≥lnx，即ex﹣1≥x，
所以ex0＞0，
1﹣x0﹣lnx0≥1﹣x0﹣（x0﹣1）＝2（1﹣x0）≥0，
所以h（x0）＝x0e（1﹣x0﹣lnx0）≥x02•2（1﹣x0）＝2（x02﹣x03）＝2x02（1﹣x0）
所以h（x0）≥2x02（1﹣x0）．
【变式2-3】（2022春•佛山期末）已知函数f（x）＝xex﹣alnx﹣a，其中a＞0．
（1）若a＝2e，求f（x）的极值；
（2）令函数g（x）＝f（x）﹣ax+a，若存在x1，x2使得g（x1）＝g（x2），证明：．
【解题思路】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）依题意可得g（x）＝xex﹣aln（xex），令t＝xex，则上述函数变形为h（t）＝t﹣alnt，利用导数说明t（x）＝xex的单调性，即可得到存在，使得h（t1）＝h（t2），再根据h（t）的单调性，可得0＜t1＜a＜t2，再构造函数F（t）＝h（t）﹣h（2a﹣t），利用导数说明函数的单调性，即可证明．
【解答过程】（1）解：当a＝2e时f（x）＝xex﹣2elnx﹣2e，x∈（0，+∞），
所以．
当x∈（0，1）时，0＜x2+x＜2，1＜ex＜e，所以f′（x）＜0，
当x∈（1，+∞）时，x2+x＞2，ex＞e，所以f′（x）＞0，
所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以f（x）的极小值为f（1）＝﹣e，无极大值．
（2）证明：g（x）＝f（x）﹣ax+a＝xex﹣alnx﹣ax＝xex﹣aln（xex），
令t＝xex，则上述函数变形为h（t）＝t﹣alnt，
对于t（x）＝xex，x∈（0，+∞），则t（x）＝（1+x）ex＞0，即t（x）＝xex在（0，+∞）上单调递增，
所以若存在x1，x2使得g（x1）＝g（x2），则存在对应的，
使得h（t1）＝h（t2），
对于h（t）＝t﹣alnt，则，因为a＞0，所以当0＜t＜a时，h′（t）＜0，当t＞a时，h′（t）＞0，
即h（t）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，所以t＝a为函数h（t）的唯一极小值点，
所以0＜t1＜a＜t2，则2a﹣t1＞a，
令F（t）＝h（t）﹣h（2a﹣t），
则，
所以F（t）在（0，a）上单调递减，所以F（t1）＞F（a）＝0，
即h（t1）﹣h（2a﹣t1）＞0，又h（t1）＝h（t2），所以h（t2）＞h（2a﹣t1），
又h（t）的单调性可知t2＞2a﹣t1，即有t2+t1＞2a成立，
所以．
【题型3 不等式恒（能）成立问题】
【方法点拨】
解决不等式恒（能）成立问题有两种思路：
(1)分离参数法解决恒（能）成立问题，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端
是变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，即可解决问题．
(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题，将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨
论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，据此进行求解即可.
【例3】（2022秋•云南月考）已知函数f（x）＝xlnx﹣（a+1）x+a．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）若不等式f（x）≤（x﹣a﹣2）e（x﹣1）+a对任意x∈[1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）先判断函数定义域，再求导结合函数单调性求出极值即可；
（2）对函数进行同构变形，令g（x）＝（x﹣a﹣1）ex，则g（lnx）≤g（x﹣1）对任意x∈[1，+∞）恒成立，首先可以证明0≤lnx≤x﹣1对x∈[1，+∞）恒成立，原题转化为求g（x）在[0，+∞）上单调递增时a的取值范围即可．
【解答过程】解：（1）由题意得：f（x）＝xlnx﹣（a+1）x+a，x∈（0，+∞），
所以f′（x）＝lnx﹣a，
令f′（x）＝0，解得x＝ea∈（0，+∞），
当0＜x＜ea时，f′（x）＜0；当x＞ea时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（0，ea）上单调递减，在（ea，+∞）上单调递增，
所以f（x）有极小值，为f（ea）＝a﹣ea；无极大值．
（2）由已知得，xlnx﹣（a+1）x≤（x﹣a﹣2）e（x﹣1）对任意x∈[1，+∞）恒成立，
即（lnx﹣a﹣1）elnx≤[（x﹣1）﹣a﹣1]e（x﹣1）对任意x∈[1，+∞）恒成立，
令g（x）＝（x﹣a﹣1）ex，
则g（lnx）≤g（x﹣1）对任意x∈[1，+∞）恒成立，
下证：0≤lnx≤x﹣1对任意x∈[1，+∞）恒成立，
令h（x）＝lnx﹣（x﹣1），x∈[1，+∞），
则在[1，+∞）上恒成立，且仅当x＝1时取“＝“，
所以h（x）在[1，+∞）上单调递减，h（x）≤h（1）＝0，
即0≤lnx≤x﹣1，x∈[1，+∞），
所以g（lnx）≤g（x﹣1）对任意x∈[1，+∞）恒成立，只需g（x）在[0，+∞）上单调递增，
即g′（x）＝（x﹣a）ex≥0在[0，+∞）上恒成立，
即a≤x在[0，+∞）上恒成立，
所以a≤0，即a的取值范围为（﹣∞，0]．
【变式3-1】（2021秋•萍乡期末）已知函数f（x）＝（x+m）•ex．
（1）若f（x）在（﹣∞，1]上是减函数，求实数m的取值范围；
（2）当m＝0时，若对任意的x≥0，不等式ax•f（x）≤e2x恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）可求出f′（x）＝（x+m+1）ex，解f′（x）≤0可得出f（x）的减区间，根据f（x）在（﹣∞，1]上递减即可求出m的取值范围；
（2）m＝0时，得出f（x）＝xex，然后得出ax2ex≤e2x恒成立，x＝0时显然成立；x＞0时得出，令，根据导数即可求出g（x）的最小值，然后即可求出a的取值范围．
【解答过程】解：（1）因为f（x）＝（x+m）⋅ex，所以f'（x）＝（x+m+1）⋅ex，
令f'（x）≤0，得x≤﹣m﹣1，则f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣m﹣1]，
因为f（x）在（﹣∞，1]上是减函数，所以﹣m﹣1≥1，即m≤﹣2，
故m的取值范围是（﹣∞，﹣2]；
（2）由题知：f（x）＝x⋅ex，则∀x≥0，ax2⋅ex≤e2x，即ax2≤ex，
①当x＝0时，0≤1恒成立，则a∈R，
②当x＞0时，，令，则，
则当0＜x＜2时，g'（x）＜0，g（x）递减；当x＞2时，g'（x）＞0，g（x）递增，
故，则，
综上所述，实数a的取值范围是．
【变式3-2】（2022春•鲤城区期末）已知函数f（x）＝ex﹣x﹣1．
（Ⅰ）求f（x）的极值；
（Ⅱ）若f（x）≤x2+（a﹣1）x在x∈（0，+∞）时有解，求实数a的取值范围．
【解题思路】（Ⅰ）对函数求导，令其导函数大于0，找出函数单调区间，求出函数极值即可；
（Ⅱ）首先将原不等式转化为，再构造函数g（x），求出g（x）的最大值即可．
【解答过程】解：（Ⅰ）对函数求导，f′（x）＝ex﹣1，令f′（x）＞0，解得x＞0，
故函数f（x）在（0，+∞）单调递增，（﹣∞，0）单调递减，
故f（x）在x＝0处取得极小值f（0）＝0，无极大值；
（Ⅱ）ex﹣x﹣1≤x2+（a﹣1）x，
即ex﹣ax﹣1﹣x2≤0在x∈（0，+∞）上有解，
在x∈（0，+∞）上有解，
令g（x），
则，
由（Ⅰ）可知，当x＞0时，f（x）＞0，即ex﹣x﹣1＞0
当0＜x＜1时，g'（x）＜0，则g（x）单调递减，
当x＞1时，g'（x）＞0，则g（x）单调递增，
所以当x＝1时，g（x）取得最小值g（1）＝e﹣2，
所以a≥e﹣2，
故实数a的取值范围为[e﹣2，+∞）．
【变式3-3】（2022•青龙县开学）已知函数的极大值为，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．
（1）求实数k的值；
（2）若函数，对任意x∈（0，+∞），g（x）≥af（x）恒成立．求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）根据函数的极大值为，利用极值的定义求解；
（2）将对任意x∈（0，+∞），g（x）≥af（x）恒成立，转化为对任意x∈（0，+∞），xex﹣alnx﹣ax﹣a≥0恒成立求解．
【解答过程】解：（1）f'（x），x＞0，
当x∈（0，e）时，f'（x）＞0，f（x）递增；当x∈（e，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）递减；
所以f（x）的极大值为f（e），故k＝1；
（2）根据题意，任意x∈（0，+∞），g（x）≥af（x），
即，化简得xex﹣alnx﹣ax﹣a≥0，
令h（x）＝xex﹣alnx﹣ax﹣a，x＞0，
h（x）＝elnxex﹣alnx﹣ax﹣a＝elnx+x﹣a（lnx+x）﹣a，
令lnx+x＝t，t∈R，设H（t）＝et﹣at﹣a，H'（t）＝et﹣a，
只需H（t）≥0，t∈R，
当a＜0时，当t＜0时，H（t）＜1﹣at﹣a，
所以H（）＜1﹣a（）﹣a＝0，不成立；
当a＝0时，H（t）≥0显然成立；
当a＞0时，由H'（t）＝et﹣a，当t∈（﹣∞，lna），H（t）递减，t∈（lna，+∞），H（t）递增，
H（t）的最小值为H（lna）＝a﹣alna﹣a＝﹣alna，
由H（lna）＝﹣alna≥0，得0＜a≤1，
综上0≤a≤1，
所以实数a的取值范围是[0，1]．
【题型4 双变量的恒（能）成立问题】
【方法点拨】
1．最值定位法解双变量恒（能）成立问题的思路
(1)通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等
式，从而求解参数的取值范围．
(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联
的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位，对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，不等式f(x1)≥g(x2)
恒成立，等价于f(x)min(x∈[a，b])≥g(x)max(x∈[m，n])，列出参数所满足的不等式，便可求出参数的取值范
围．
2．常见的双变量不等式恒成立问题的类型
(1)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)max.
(2)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min.
(3)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)min≤g(x2)min.
(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max.
(5)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)min.
(6)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max.
【例4】（2022春•郴州期末）已知（a∈R且a≠0），g（x）＝cosx+xsinx．
（1）求g（x）在[﹣π，π]上的最小值；
（2）如果对任意的x1∈[﹣π，π]，存在，使得成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）对g（x）求导，因为g（x）为偶函数，求出g（x）在x∈（0，π）的单调性，即可求出[﹣π，π]上的最小值；
（2）由（1）知，g（x）在[﹣π，π]上的最小值为﹣1，所以，使得成立，即成立，即，设，，即只需a≥φ（x）min即可．
【解答过程】解：（1）g'（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx，
显然g（x）为偶函数，当x＞0时，时，xcosx＞0，g'（x）＞0，∴g（x）在单调递增；
时，xcosx＜0，g'（x）＜0，∴g（x）在单调递减；
g（0）＝1，，g（π）＝﹣1，∴g（x）在（0，π）上的最小值为﹣1．
由偶函数图象的对称性可知g（x）在（﹣π，π）上的最小值为﹣1．
（2）先证lnx≤x﹣1，设h（x）＝lnx﹣x+1，则，
令h'（x）＞0⇒0＜x＜1，令h'（x）＜0⇒x＞1，
∴h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．h（x）≤h（1）＝0，
故lnx≤x﹣1①恒成立．
由题意可得，使得成立，
即成立．
由①可知x2﹣lnx2≥1＞0，
参变分离得，
设，，
即只需a≥φ（x）min即可．
由①知lnx≤x﹣1得﹣lnx≥1﹣x，
∴，
令φ'（x）＞0⇒1＜x＜e，令，
∴φ（x）在上单调递减，在（1，e）上单调递增．
∴，
∴，
又已知a≠0
故a的取值范围为．
【变式4-1】（2021春•沙河口区校级月考）已知函数f（x）＝x2+3x+2，g（x）＝ksin（k≠0）．
（1）当a取何值时，方程f（sinx）＝a+2sinx在x∈[0，2π）上有两个解；
（2）若对任意的x1∈[﹣2，1]，总存在x2∈[0，2]，使f（x1）＜g（x2）成立，求实数k的取值范围．
【解题思路】（1）由已知可转化为a＝sinx2+sinx+2在[0，2π）上有两个解，令t＝sinx，则t∈[﹣1，1]，原方程等价于y1＝a与y2＝t2+t+2在t∈（﹣1，1）上有一个交点，或者有两个交点t1＝1，2t＝﹣1，结合函数性质可求；
（2）对任意的x1∈[﹣2，1]，总存在x2∈[0，2]，使f（x1）＜g（x2）成立，则f（x1）max＜g（x2）max，结合函数单调性可求．
【解答过程】解：（1）因为方程f（sinx）＝sin2x+3sinx+2＝a+2sinx在x∈[0，2π）上有两个解，
所以a＝sin2x+sinx+2在[0，2π）上有两个解，
令t＝sinx，则t∈[﹣1，1]，
原方程等价于y1＝a与y2＝t2+t+2在t∈（﹣1，1）上有一个交点，或者有两个交点t1＝1，2t＝﹣1，
由韦达定理t1+t2＝﹣1≠0，此种情况不成立，
由图象可知，y2在（﹣1，）单调递减，在（，1）上单调递增，
故y1＝a与y2＝t2+t+2在（﹣1，1）有一个交点，则{a|a或2＜a＜4}，
（2）对任意的x1∈[﹣2，1]，总存在x2∈[0，2]，使f（x1）＜g（x2）成立，
则f（x1）max＜g（x2）max，
当x1∈[﹣2，1]时，f（x1）max＝f（1）＝6，
x∈[0，2]，则2x∈[，4]，进而sin（2x）∈[，1]，
当k＞0时，g（x2）max＝k，此时k＞6，
当k＜0时，g（x2）maxk，此时k＞6，即k＜﹣4，
综上{k|k＜﹣4或k＞6}．
【变式4-2】（2022春•遂宁期末）已知函数．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）且f（x1）≥ax2恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）求导得，令f'（x）＝0，得x2﹣2mx+1＝0，其Δ＝4m2﹣4，分三种情况：当m≤0时，当0＜m≤1时，当m＞1时，讨论f′（x）的正负，进而可得答案．
（2）求导得f′（x），f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）时，等价于方程x2﹣2mx+1＝0的有两个不等正根，则，此时不等式f（x1）﹣ax2≥0恒成立，等价于对x1∈（0，1）恒成立，可化为a≤x1lnx1x13﹣x1对x1∈（0，1）恒成立，令g（x）＝xlnxx3﹣x，只需a≤g（x）min，即可得出答案．
【解答过程】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
求导得，
令f'（x）＝0，得x2﹣2mx+1＝0，其Δ＝4m2﹣4，
当m≤0时，又x∈（0，+∞）∴f'（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当0＜m≤1时，Δ＝4m2﹣4≤0∴f'（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当m＞1时，Δ＝4m2﹣4＞0，由x2﹣2mx+1＝0得，
∴x∈（0，x1）或（x2，+∞）时f'（x）＞0，x∈（x1，x2）时f'（x）＜0，
故f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递增，
综上，当m≤1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当m＞1时，f（x）在上单调递增，
在上单调递减．
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），
求导得，
f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）时，等价于方程x2﹣2mx+1＝0有两个不等正根，
∴，
∴，0＜x1＜1＜x2，
此时不等式f（x1）﹣ax2≥0恒成立，等价于对x1∈（0，1）恒成立，
可化为a≤x1lnx1x13﹣x1对x1∈（0，1）恒成立，
令g（x）＝xlnxx3﹣x对，
g′（x）＝lnx+x•x2﹣1＝lnxx2，
令，
得，得或（舍去），
∴x∈（0，），h′（x）＞0；x∈（，1），h′（x）＜0，
∴g'（x）＜0在（0，1）恒成立，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，
∴，
∴，
故实数a的取值范围是（﹣∞，]．
【变式4-3】（2022春•闵行区校级期末）已知函数．
（1）求f（x）在（1，+∞）上的单调区间；
（2）存在x0∈（0，1）∪（1，+∞），使得成立，求实数k的取值范围；
（3）若对于∀m、，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）求出导函数f′（x），由f′（x）＞0得增区间，由f′（x）＜0得减区间；
（2）问题转化为lnx﹣kx2≥0在（0，1）∪（1，+∞）上有解，设g（x）＝lnx﹣kx2，由导数确定g（x）的单调性，最值，分类讨论后可得结论；
（3）由导数求出f（m）﹣f′（n）的取值范围，然后由不等式的性质可得a的范围．
【解答过程】解：（1），
当1＜x＜e时，f′（x）＜0，当x＞e时，f′（x）＞0，
所以f（x）的减区间是（1，e），增区间是（e，+∞）；
（2），即为，
题意等价于lnx﹣kx2≥0在（0，1）∪（1+∞）上有解．
设g（x）＝lnx﹣kx2，
，
当k≤0时，g′（x）≥0，g（x）递增，g（1）＝1﹣k＞0，
所以存在x0＞1，即x0∈（0，1）∪（1，+∞），使得g（x0）≥0成立；
当k＞0时，时，g′（x）＞0，g（x）递增，时，g（x）＜0，g（x）递减，
所以，
由得，此时，
所以存在x0＞1，即x0∈（0，1）∪（1，+∞），使得g（x0）≥0成立，
综上，．
（3），
由（1）得f（x）在上递减，在e，e2]上递增，
，即，
设，则，
时，h′（x）≥0，h（x）递增，，
即，所以，
所以，
当a﹣2022＜0时，不等式显然成立，
当a﹣2022＞0时，不等式恒成立，即a﹣2022≥f（m）﹣f′（n）恒成立，
所以，即．
综上，a的范围是．
【题型5 函数零点的个数问题】
【方法点拨】
(1)确定函数的零点个数有两种解决方法
①利用单调性与零点存在性定理求解；
②化原函数为两个函数，利用两个函数图象的交点来求解.
(2)利用函数零点求参数范围的方法
①分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
②利用零点的存在性定理构建不等式求解；
③转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解.
【例5】（2022•蒙城县校级开学）已知函数．
（1）若t＝1，求证：f（x）≥0恒成立；
（2）当t≤1时，求f（x）零点的个数．
【解题思路】（1）当t＝1时，，求导得f′（x），分析f（x）的单调性，进而可得答案．
（2）求导得f′（x），分三种情况：①当t≤0时，②当0＜t＜1时，③当t＝1时，讨论f（x）的单调性，极值，函数的零点，即可得出答案．
【解答过程】解：（1）当t＝1时，，
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）min＝f（1）＝0，
所以f（x）≥0恒成立．
（2）因为，
所以，
当t≤0时，f'（x）≤0，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，
又f（1）＝0，
所以f（x）有且仅有一个零点，
②当0＜t＜1时，令f'（x）＞0，得，f（x）单调递增，
令f'（x）＜0，得，f（x）单调递减，
又f（1）＝0，
所以f（x）在上有且仅有一个零点，
因为，，且，
所以，使得f（x0）＝0，
所以f（x）在上有且仅有一个零点，
综合以上知，当0＜t＜1时，g（x）有两个零点，
③当t＝1时，，
令f'（x）＞0，得x＞1，f（x）单调递增，
令f'（x）＜0，得x＜1，f（x）单调递减，
所以当x＝1时，f（x）取得最小值，且f（1）＝0，
所以f（x）有且仅有一个零点，
综上所述，当t≤0或t＝1时，f（x）有且仅有一个零点，
当0＜t＜1时，f（x）有两个零点．
【变式5-1】（2022秋•江西月考）已知函数f（x）＝（x+1）ex+a，其中a≥﹣1．
（1）求f（x）的极值点个数；
（2）求函数g（x）＝f（x）+2ax在区间内的零点个数．
【解题思路】（1）求导分析函数的单调性与极值点即可；
（2）令g（x）＝0，得，构造函数，求导分析函数的单调性，从而讨论a的范围判断零点个数即可
【解答过程】解：（1）由题意函数f（x）＝（x+1）ex+a，得f'（x）＝（x+2）ex，
当x∈（﹣∞，﹣2）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（﹣2，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
所以当x＝﹣2时，f（x）取得极小值，无极大值，
故f（x）的极值点个数为1；
（2）由题得g（x）＝（x+1）ex+2ax+a，
令g（x）＝0，得．
令，，
则．
令h'（x）＜0，得；令h'（x）＞0，得x＞0．
所以h（x）在区间内单调递减，区间（0，+∞）内单调递增，
所以h（x）min＝h（0）＝1，
所以当﹣a＝1，即a＝﹣1时，直线y＝1与h（x）的图像有一个公共点，
即g（x）有一个零点；（11分）
当﹣a＜1，即a＞﹣1时，直线y＝﹣a与h（x）的图像无公共点，
即g（x）无零点．
【变式5-2】（2022春•南沙区期末）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax2﹣2（a﹣1）x+1（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，进而可求函数的单调区间；
（2）结合（1）中单调性的讨论及函数零点存在条件可建立关于a的不等式，结合函数的性质解不等式可求a的范围．
【解答过程】解：（1）f′（x）2ax﹣2（a﹣1），
因为x＞0，x+1＞0，
故当a≤0时，f′（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0时，x时，f′（x）＜0，0＜x时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，
综上，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）；
（2）当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，此时函数最多一个零点，不符合题意；
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞），
又x→+∞时，f（x）→﹣∞，x→0且x＞0时，f（x）→﹣∞，
若使f（x）有2个零点，则f（）2ln1＞0，
令t，则t＞0，
即2lnt+t﹣1＞0，
令g（t）＝2lnt+t﹣1，则g（t）在t＞0时单调递增且g（1）＝0，
所以t＞1，
所以0＜a＜1，
故a的取值范围为（0，1）．
【变式5-3】（2022春•台州期末）已知函数．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）证明：当a≥0时，f（x）有且只有一个零点；
（3）若f（x）在区间（0，1），（1，+∞）各恰有一个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）分析在x∈（0，1）和x＝1，x∈（1，+∞）时的正负判断即可；
（3）根据（2）可得a＜0，又，设g（x）＝aex+2x﹣x2，根据g（1）＝ae+1＝0时为临界条件，分与两种情况，分别求导分析g（x）＝aex+2x﹣x2的单调性，进而得到g（x）＝aex+2x﹣x2的正负区间，进而得到f（x）的单调区间，同时结合零点存在定理求解即可．
【解答过程】解：（1）由题意，，故，又f（1）＝0，
故曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，即；
证明：（2）由题意，因为a≥0，故当x＞1时，，
当x∈（0，1）时，，当x＝1时，f（1）＝0，
故当a≥0时，f（x）有且只有一个零点x＝1；
（3）由（2）可得，
故
设g（x）＝aex+2x﹣x2，则
①若，则g（x）＝aex+2x﹣x2≤﹣er﹣1﹣（x﹣1）2+1，在x∈（1，+∞）上为减函数，故
g（x）＜﹣e1﹣1﹣（1﹣1）2+1＝0，故f（x）在x∈（1，+∞）上为减函数，f（x）＜f（1）＝0不满足题意；
②若，
i）当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，且g（1）＝ae+1＞0，g（2）＝ae2＜0，
故存在x0∈（1，2）使得g（x）＝0，故f（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减．
又，且
，
设φ（x）＝ex﹣x（x＞0），易得ϕ（x）＝ex﹣1＞0，故φ（x）在（0，+∞）单调递增，
故φ（x）＞φ（0）＝e0﹣0＞0，故，故．
故f（x）在上有一个零点，
综上有f（x）在区间（1，+∞）上有一个零点，
ii）当x∈（0，1）时，g′（x）＝aex+2﹣2x，
设h（x）＝g′（x）＝aex+2﹣2x，则h′（x）＝aex﹣2＜0，
故g′（x）为减函数，因为g′（0）＝a+2＞0，g′（1）＝ae＜0，
故存在x1∈（0，1）使得g′（x）＝0成立，
故g（x）＝aex+2x﹣x2在（0，x1）单调递增，在（x1，1）单调递减．
g（0）＝a＜0，g（1）＝ae+1＞0，
故存在x2∈（0，1）使得g（x2）＝0成立，故在（0，x2）上g（x）＜0，f（x）单调递减，在（x2，1）上g（x）＞0，f（x）单调递增．
又f（1）＝0，故f（x2）＜f（1）＝0，且， f（x）在区间（0，1）上有一个零点．
综上所述，当a∈（，1）时，f（x）在区间（0，1），（1，+∞）各恰有一个零点．
【题型6 与函数零点相关的综合问题】
【方法点拨】
在利用导数求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述条件都难以求出其准确
值，导致解题过程无法进行时，这时可以设出其零点是x0（有时是可以求出但无需求出），据此进行求解
即可.
【例6】（2022•湖南开学）已知函数f（x）＝3lnx﹣ax．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设x1，x2（x1＜x2）是f（x）的两个零点，f'（x）是f（x）的导函数，证明：．
【解题思路】（1）求导得f′（x），分两种情况：当a≤0时，当a＞0时，分析f（x）的单调性，即可得出答案．
（2）根据题意可得3lnx1＝ax1①，3lnx2＝ax2②，②﹣①得a，f′（），要证明f′（）＜0，只需证3ln0，
即证3ln0，令t，则t＞1，只需证明3lnt＜0，即可得出答案．
【解答过程】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x），
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0时，令f′（x）＞0，得0＜x，f（x）在（0，）上单调递增，
令f′（x）＜0，得x，则f（x）在（，+∞）上单调递减，
综上所述，当a≤0时，（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．
（2）证明：因为x1，x2是f（x）的两个零点，
所以3lnx1＝ax1①，3lnx2＝ax2②，
②﹣①得3（lnx2﹣lnx1）＝a（x2﹣x1），即a，
f′（）a，
因为f（x）有两个零点，
所以f（x）不单调，即0＜x1x2，
要证明f′（）＜0，只需证3ln0，
即证3ln0，
令t，则t＞1，
所以只需证明3lnt＜0，
即证12（t﹣1）﹣3（1+3t）lnt＜0，
令h（t）＝12（t﹣1）﹣3（1+3t）lnt，则h′（t）9lnt，
设p（t）＝h′（t），则p′（t）0，
所以h′（t）在（1，+∞）上单调递减，
所以h′（t）＜h′（1）＝0，
则h（t）在（1，+∞）上单调递减，
从而h（t）＜h（1）＝0，
则12（t﹣1）﹣3（1+3t）lnt＜0，
所以f′（）＜0．
【变式6-1】（2022春•尖山区校级期末）已知函数．若函数f（x）有两个不同零点x1，x2（x1＜x2）．
（1）求实数a的取值范围；
（2）求证：．
【解题思路】（1）依题意，有两个不同的实根．设，可知和两个不同的实根．设，利用导数研究函数g（t）的性质，即可得到实数a的范围；
（2）问题等价于证明，即证t1•t2＞1，令h（t2），利用导数可证得．由此容易得证．
【解答过程】解：（1）由f（x）＝0，得，
函数f（x）有两个不同零点x1，x2（x1＜x2），
等价于方程有两个不同的实根．
设，即方程和两个不同的实根．
设，，
再设u（t）＝t2+lnt﹣1，
所以函数u（t）在（0，+∞）上单调递增，注意到u（1）＝0，
所以当0＜t＜1时，u（t）＜0，当t＞1时，u（t）＞0．
所以g（t）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
当t→0时，g（t）→+∞，当t→+∞时，g（t）→+∞，
当t＝1时，g（t）＝1，只需，
即所求a＞2，即实数a的取值范围是（2，+∞）．
（2）证明：注意到，，要证，只需证．
由（1）知，0＜t1＜1＜t2，故有，即．
下面证明：t1•t2＞1．
设，
有，
所以函数h（t2）在（1，+∞）上单调递减，所以h（t2）＜h（1）＝0，
所以，故有．
又，0＜t1＜1，且g（t）在（0，1）上单调递减，
所以，即得t1⋅t2＞1．因此，结论得证．
【变式6-2】（2022春•哈尔滨期末）已知函数f（x）＝xex﹣mx（m∈R）．
（1）当m＜﹣e﹣2时，求f（x）的单调区间；
（2）令F（x）＝f（x）﹣mlnx，若x0是函数F（x）的极值点，且F（x0）＞0，求证：．
【解题思路】（1）求导得f'（x），判断f′（x）的正负，即可得出f（x）的单调性．
（2）根据题意可得F（x）＝xex﹣m（x+lnx）（x＞0），求导分析F（x）何时有极值点且F（x0）＞0，即可得出答案．
【解答过程】解：（1）f'（x）＝（x+1）ex﹣m，
令g（x）＝（x+1）ex﹣m，则g'（x）＝（x+2）ex，
当x＜﹣2时，g'（x）＜0，g（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减；
当x＞﹣2时，g'（x）＞0，g（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，
所以，
又m＜﹣e﹣2，则﹣e﹣2﹣m＞0，则g（x）min＞0，
所以f'（x）＞0对任意x∈R恒成立，
所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）．
（2）证明：F（x）＝f（x）﹣mlnx＝xex﹣m（x+lnx）（x＞0），
则，
当m≤0时，F'（x）＞0，则函数F（x）在（0，+∞）上单调递增，
故函数无极值点，不合题意，
当m＞0时，令，
因为函数y＝ex，在（0，+∞）上单调递增，
所以函数在（0，+∞）上单调递增，
取b满足，则，，
所以，又h（m）＝em﹣1＞0，
所以x0∈（b，m），使得，
即，此时，
当0＜x＜x0时，F'（x）＜0，F（x）在（0，x0）上单调递减，
当x＞x0时，F'（x）＞0，F（x）在（x0，+∞）上单调递增，
所以x0是函数F（x）的唯一的极值点，
所以，
因为F（x0）＞0，所以，
令φ（x）＝1﹣x﹣lnx，则，
所以φ（x）＝1﹣x﹣lnx在（0，+∞）上单调递减，又φ（1）＝0，
所以当φ（x0）＞0时，0＜x0＜1，
令t（x）＝ex﹣（x+1），0＜x＜1，则t'（x）＝ex﹣1，
当0＜x＜1时，t'（x）＝ex﹣1＞0，则t（x）在（0，1）上单调递增，
所以t（x）＞t（0）＝0，所以ex＞x+1，
令m（x）＝1﹣x﹣lnx﹣（2﹣2x）＝x﹣lnx﹣1，0＜x＜1，则，
当0＜x＜1时，m'（x）＜0，
所以函数m（x）在（0，1）上单调递减，
所以m（x）＞m（1）＝0，所以1﹣x﹣lnx＞2﹣2x，
所以，
即，所以．
【变式6-3】（2022春•汉滨区期末）已知函数f（x）＝lnx﹣ax．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）无零点，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）有两个相异零点x1，x2，求证：．
【解题思路】（1）分类讨论a的取值范围，利用导数求解函数的单调区间；
（2）根据（1）的结果，若函数f（x）无零点，需要a＞0，利用函数的单调性，求解函数的最大值即可．
（3）设令x1＞x2＞0，得到lnx1＝ax1，lnx2＝ax2转化为，令，构造关于t的函数g（t），利用导数求解函数g（t）的单调性，即可求解．
【解答过程】解：（1）由题可知f（x）＝lnx﹣ax的定义域是，
当a≤0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0时，令f'（x）＝0，解得，
当时，f'（x）＞0所以f（x）在上单调递增，
当时，f'（x）＜0所以f（x）在上单调递减．
综上，当a≤0时，f（x）在0+∞上单调递增；
当a＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）可知，要使函数f（x）无零点就需要a＞0，
此时f（x）在上递增，在上递减，
∴，欲使函数f（x）无零点，
则只要﹣lna﹣1＜0，即lna＞﹣1，∴，
所以a的范围是．
（3）证明：因为f（x）有两个相异的零点，又由于x＞0，
故不妨设x1＞x2＞0，且有lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，
∴lnx1+lnx2＝a（x1+x2）lnx1﹣lnx2＝a（x1﹣x2），
要证，
，
，
令，则t＞1，所以只要证明时恒成立，
令，t＞1
，由于已知t＞1，∴g'（t）＞0恒成立，
所以g（t）在（1，+∞）递增，∴g（t）＞g（1）＝0，
所以t＞1时，g（t）＞0恒成立，即恒成立，
所以证明．