新高考数学一轮复习教案第3章第2节第2课时精研题型明考向——函数与导数”大题常考的4类题型（含解析）

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2024-08-24 18:58
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新高考数学一轮复习教案第3章第2节第2课时精研题型明考向——函数与导数”大题常考的4类题型（含解析）

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这是一份新高考数学一轮复习教案第3章第2节第2课时精研题型明考向——函数与导数”大题常考的4类题型（含解析），共27页。教案主要包含了真题集中研究——明考情，题型精细研究——提素养等内容，欢迎下载使用。

1．(2020·新高考全国卷Ⅰ·考查导数的几何意义、不等式恒成立求参数)
已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－eq \f(1,x).
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，
所以f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为eq \f(－2,e－1)，2，
因此所求三角形的面积为eq \f(2,e－1).
(2)当0当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－eq \f(1,x).
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a≥ex－1－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
2．(2020·全国卷Ⅰ·考查函数的单调性、不等式恒成立求参数)
已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)法一：f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1等价于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1.
设函数g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x
＝－eq \f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－eq \f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－eq \f(1,2)，则当x∈(0,2)时，g′(x)＞0.
所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当 x∈(0,2)时，g(x)＞1，不符合题意．
②若0＜2a＋1＜2，即－eq \f(1,2)＜a＜eq \f(1,2)，
则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．
由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)·e－2≤1，即a≥eq \f(7－e2,4).
所以当eq \f(7－e2,4)≤a＜eq \f(1,2)时，g(x)≤1.
③若2a＋1≥2，即a≥eq \f(1,2)，则g(x)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x.
由于0∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，故由②可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x≤1.故当a≥eq \f(1,2)时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
法二：由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，
得ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)x3＋1(x≥0)．
当x＝0时，1≥1成立，符合题意．
当x＞0时，分离参数得a≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2).
令g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)(x＞0)，
则g′(x)＝－eq \f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3).
令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x＞0)，
则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1＞0，
所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)＞h′(0)＝0.
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
所以h(x)＞h(0)＝0恒成立．
即ex－eq \f(1,2)x2－x－1＞0恒成立．
故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)在(0,2)上单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．
因此g(x)max＝g(2)＝eq \f(7－e2,4)，
综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
3．(2020·全国卷Ⅱ·考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式)
已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤eq \f(3\r(3),8)；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq \f(3n,4n).
解：(1)f′(x)＝cs x(sin xsin 2x)＋sin x(sin xsin 2x)′
＝2sin xcs xsin 2x＋2sin2xcs 2x＝2sin xsin 3x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))时，f′(x)＞0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，f′(x)＜0.
所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))上单调递增，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递减．
(2)证明：因为f(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在区间[0，π]的最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(3\r(3),8)，最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－eq \f(3\r(3),8).
而f(x)是周期为π的周期函数，所以|f(x)|≤eq \f(3\r(3),8).
(3)证明：因为(sin2xsin22x…sin22nx) SKIPIF 1 < 0
＝|sin3xsin32x…sin32nx|
＝|sin x||sin2xsin32x…sin32n－1xsin 2nx||sin22nx|
＝|sin x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，
所以sin2xsin22x…sin22nx≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),8))) SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(3n,4n).
4．(2019·全国卷Ⅰ·考查零点问题、不等式恒成立求参数)
已知函数f(x)＝2sin x－xcs x－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．
解：(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cs x＋xsin x－1，
g′(x)＝xcs x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，g′(x)<0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
又g(0)＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0，g(π)＝－2，
故g(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在区间(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0]．
[把脉考情]
二、题型精细研究——提素养
题型一利用导数研究函数的单调性问题
此类题主要考查导数与函数的单调性的关系，即通过令导函数f′(x)大于0或小于0，研究函数f(x)的单调性．破解此类题的关键点：①求导数；②确定函数的单调区间．
考法(一) 求函数的单调区间
[例1] 已知函数f(x)＝aln x＋eq \f(1,x)＋bx，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＋1＝0.
(1)求实数a，b的值．
(2)求函数f(x)的单调区间．
[解] (1)∵f(x)＝aln x＋eq \f(1,x)＋bx，
∴f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(1,x2)＋b＝eq \f(bx2＋ax－1,x2)(x＞0)，
∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＋1＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝2，,f1＝3，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＋a－1＝2，,1＋b＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2.))
(2)由(1)知f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋2x，
∴f′(x)＝eq \f(2x2＋x－1,x2)＝eq \f(2x－1x＋1,x2)(x＞0)，
由f′(x)＞0，得x＞eq \f(1,2)，∴函数y＝f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))；
由f′(x)＜0，得0＜x＜eq \f(1,2)，∴函数y＝f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
故f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，
单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
[方法技巧]
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)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．
[针对训练]
1．已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，求函数f(x)的单调区间．
解：∵f(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，∴f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex).
设h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＜0.
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由h(1)＝0知
当00，∴f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，∴f′(x)<0.
因此，f(x)的单调递增区间是(0,1)，
单调递减区间是(1，＋∞)．
考法(二) 讨论函数的单调性
[例2] 已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋aln x，当a>0时，讨论函数f(x)的单调性．
[解] ∵f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋aln x，
∴f′(x)＝x－1＋eq \f(a,x)＝eq \f(x2－x＋a,x)(x＞0)．
①当1－4a≤0，即a≥eq \f(1,4)时，f′(x)≥0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当1－4a>0，即0令f′(x)＝0，得x1＝eq \f(1－\r(1－4a),2)，x2＝eq \f(1＋\r(1－4a),2)，且0当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－4a),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))时，f′(x)＞0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－4a),2)，\f(1＋\r(1－4a),2)))时，f′(x)＜0，
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－4a),2)))，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－4a),2)，＋∞))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－4a),2)，\f(1＋\r(1－4a),2))).
综上所述：当a≥eq \f(1,4)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－4a),2)，\f(1＋\r(1－4a),2)))上单调递减．
[方法技巧]
讨论函数f(x)单调性的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；
(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．
[提醒] 研究含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
[针对训练]
2．已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,ax)－eq \f(1,a)(a∈R且a≠0)，讨论函数f(x)的单调性．
解：f′(x)＝eq \f(ax－1,ax2)(x>0)，
①当a<0时，f′(x)>0恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，由f′(x)＝eq \f(ax－1,ax2)>0，得x>eq \f(1,a)；
由f′(x)＝eq \f(ax－1,ax2)<0，得0∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减．
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减．
考法(三) 由函数的单调性求参数
[例3] 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x.
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围．
[解] (1)h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，eq \f(1,x)－ax－2<0有解，
即a>eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解．
设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，所以只要a>G(x)min即可．
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2－1，所以G(x)min＝－1.
所以a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得，
当x∈[1,4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，
即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2－1，
因为x∈[1,4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，
所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)，
所以a≥－eq \f(7,16)，即a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，＋∞)).
[方法技巧]
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)由可导函数f(x)在D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．
(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
[针对训练]
3．已知函数f(x)＝eq \f(3x,a)－2x2＋ln x在区间[1,2]上为单调函数，求a的取值范围．
解：f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)(a≠0)，若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≥0或f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≤0，
即eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≥0或eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立，
即eq \f(3,a)≥4x－eq \f(1,x)或eq \f(3,a)≤4x－eq \f(1,x).
令h(x)＝4x－eq \f(1,x)，因为函数h(x)在[1,2]上单调递增，
所以eq \f(3,a)≥h(2)或eq \f(3,a)≤h(1)，即eq \f(3,a)≥eq \f(15,2)或eq \f(3,a)≤3，
解得a<0或0故实数a的取值范围为(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))∪[1，＋∞)．
题型二利用导数研究函数的极值、最值
此类题型一般是通过计算函数的导函数，确定函数的单调性，进而求得函数的极值与最值．破解此类题的关键点：
(1)分析函数的单调性．结合题意，先求导函数，再确定何时f′(x)>0，何时f′(x)<0，据此可得函数的单调性．
(2)确定函数的极值、最值．可以以所得的函数单调性为切入点，在草稿纸上先画出函数的大致图象，以便迅速确定函数的极值情况(若在某点处左增右减，则函数有极大值；若在某点处左减右增，则函数有极小值)以及最值情况(函数图象的最高点的纵坐标为最大值，最低点的纵坐标为最小值)，真正体现“数形结合”的灵活运用．
考法(一) 函数的极值问题
[例1] 已知函数f(x)＝eq \f(1－a,2)x2＋ax－ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x，
函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x).
令f′(x)＝0，得x＝1，
∴当0当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
∴函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值．
(2)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝(1－a)x＋a－eq \f(1,x)＝eq \f(1－ax2＋ax－1,x)
＝eq \f(x－1[1－ax＋1],x).
由(1)知当a＝1时，f(x)有极小值1，无极大值．
当a≠1时，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝eq \f(1,a－1)，
①当a＜1时，eq \f(1,a－1)<0，
∴当0当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)的极小值为f(1)＝eq \f(a＋1,2)，无极大值．
②当1＜a＜2时，eq \f(1,a－1)>1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示.
故f(x)在定义域上的极小值为f(1)＝eq \f(a＋1,2)，
极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)))＝eq \f(1,2－2a)＋eq \f(a,a－1)＋ln(a－1)
＝eq \f(2a－1,2a－1)＋ln(a－1)．
③当a＝2时，eq \f(1,a－1)＝1，
∴当x>0时f′(x)≤0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值．
④当a>2时，0当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示.
∴f(x)在定义域上的极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)))＝eq \f(2a－1,2a－1)＋ln(a－1)，极大值为f(1)＝eq \f(a＋1,2).
综上，当a<1时，f(x)有极小值eq \f(a＋1,2)，无极大值；
当a＝1时，f(x)有极小值1，无极大值；
当1极大值eq \f(2a－1,2a－1)＋ln(a－1)；
当a＝2时，f(x)无极值；
当a>2时，f(x)有极小值eq \f(2a－1,2a－1)＋ln(a－1)，
极大值eq \f(a＋1,2).
[方法技巧]
求解函数极值点问题的注意点
(1)导数为零的点不一定是极值点．在求得导函数的零点后，要利用导函数零点左右的导函数符号来确定极值点．
(2)对于求解析式中含有参数的函数极值问题，一般要对方程f′(x)＝0的根的情况进行讨论，分两个层次讨论．第一层次，讨论在定义域内是否有根；第二层次，在有根的条件下，再讨论根的大小．
(3)对于涉及极值点的不等式证明问题，一般要进一步构造函数并借助导数研究函数的单调性，进而借助不等式去解决．
[针对训练]
1．已知函数f(x)＝ln x.
(1)求f(x)图象的过点P(0，－1)的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－mx＋eq \f(m,x)存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1,x).
设切点坐标为(x0，ln x0)，则切线方程为y＝eq \f(1,x0)x＋ln x0－1.把点P(0，－1)代入切线方程，得ln x0＝0，∴x0＝1.
∴过点P(0，－1)的切线方程为y＝x－1.
(2)∵g(x)＝f(x)－mx＋eq \f(m,x)＝ln x－mx＋eq \f(m,x)(x>0)，
∴g′(x)＝eq \f(1,x)－m－eq \f(m,x2)＝eq \f(x－mx2－m,x2)＝－eq \f(mx2－x＋m,x2)，
令h(x)＝mx2－x＋m，要使g(x)存在两个极值点x1，x2，则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.
故只需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(h0>0，,\f(1,2m)>0，,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)))<0))即可，解得0故m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
考法(二) 函数的最值问题
[例2] 已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)－1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设m＞0，求函数f(x)在区间[m,2m]上的最大值．
[解] (1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′x＞0，,x＞0，))得 0＜x＜e；由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′x＜0，,x＞0，))得x＞e.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
(2)①当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m≤e，,m＞0，))即0＜m≤eq \f(e,2)时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递增，所以f(x)max＝f(2m)＝eq \f(ln2m,2m)－1；
②当m＜e＜2m，即eq \f(e,2)＜m＜e时，函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e,2m)上单调递减，
所以f(x)max＝f(e)＝eq \f(ln e,e)－1＝eq \f(1,e)－1；
③当m≥e时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递减，
所以f(x)max＝f(m)＝eq \f(ln m,m)－1.
综上所述，当0＜m≤eq \f(e,2)时，f(x)max＝eq \f(ln2m,2m)－1；
当eq \f(e,2)＜m＜e时，f(x)max＝eq \f(1,e)－1；
当m≥e时，f(x)max＝eq \f(ln m,m)－1.
[方法技巧]
求函数f(x)在[a，b]上的最值的方法
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；
(2)若函数在区间[a，b]内有极值，则要先求出函数在[a，b]上的极值，再与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值；可列表完成；
(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
[提醒] 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．
[针对训练]
2．(2021·湘潭质检)已知函数f(x)＝excs x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．
解：(1)∵f(x)＝excs x－x，
∴f(0)＝1，f′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，
∴f′(0)＝0，
∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)f′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，
令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2exsin x≤0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2).
题型三利用导数研究函数的零点或方程根
利用导数研究函数的零点或方程的根的问题，是高考中的一类重要问题．这类问题的求解，常常利用导数研究函数的单调性、极值或最值，并建立不等式(组)或方程(组)．破解此类题的关键点：
(1)利用导数讨论函数的单调性、极值或最值．对一般函数，可以直接求导并讨论函数的单调性、极值或最值；对较为复杂的函数，可以先构造几个函数，并分别借助导数讨论这几个函数的单调性、极值或最值．
(2)讨论零点的相关问题．由(1)可以建立函数之间的相互关系，进而确定函数的零点或方程的根的情况；也可以根据函数的零点或方程的根的情况建立关于相关参数的不等式(组)或方程(组)．
[典例] (2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))))处的切线与y轴垂直．
(1)求b；
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
[解] (1)f′(x)＝3x2＋b.
依题意得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，即eq \f(3,4)＋b＝0.故b＝－eq \f(3,4).
(2)证明：由(1)知f(x)＝x3－eq \f(3,4)x＋c，f′(x)＝3x2－eq \f(3,4).
令f′(x)＝0，解得x＝－eq \f(1,2)或x＝eq \f(1,2).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
因为f(1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝c＋eq \f(1,4)，所以当c<－eq \f(1,4)时，f(x)只有大于1的零点．
因为f(－1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝c－eq \f(1,4)，所以当c>eq \f(1,4)时，f(x)只有小于－1的零点．
由题设可知－eq \f(1,4)≤c≤eq \f(1,4).
当c＝－eq \f(1,4)时，f(x)只有两个零点－eq \f(1,2)和1；
当c＝eq \f(1,4)时，f(x)只有两个零点－1和eq \f(1,2)；
当－eq \f(1,4)综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
[方法技巧]
求解涉及函数零点或方程根的问题的注意点
(1)利用函数零点存在性定理求解．
(2)分离参数a后转化为函数的值域(最值)问题求解，如果涉及多个零点，还需考虑函数的图象与直线y＝a的交点个数．
(3)转化为两个熟悉的函数的图象的上、下位置关系问题，从而构建不等式求解．
[针对训练]
(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1.
当x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)法一：f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)至多存在1个零点，不符合题意．
当a＞0时，由f′(x)＝0可得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．
①若0＜a≤eq \f(1,e)，则f(ln a)≥0，
f(x)在(－∞，＋∞)至多存在1个零点，不符合题意．
②若a＞eq \f(1,e)，则f(ln a)＜0.因为f(－2)＝e－2＞0，
所以f(x)在(－∞，ln a)存在唯一零点．
由(1)知，当x＞2时，ex－x－2＞0，
所以当x＞4且x＞2ln(2a)时，
f(x)＝e SKIPIF 1 < 0 ·e SKIPIF 1 < 0 －a(x＋2)＞eln(2a)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋2))－a(x＋2)＝2a＞0.故f(x)在(ln a，＋∞)存在唯一零点．
从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点．
综上，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
法二：若f(x)有两个零点，即ex－a(x＋2)＝0有两个解，
由方程可知，x＝－2不成立，即a＝eq \f(ex,x＋2)有两个解．
令h(x)＝eq \f(ex,x＋2)(x≠－2)，
则h′(x)＝eq \f(exx＋2－ex,x＋22)＝eq \f(exx＋1,x＋22).
令h′(x)＞0，得x＞－1；
令h′(x)＜0，得x＜－2或－2＜x＜－1，
所以函数h(x)在(－∞，－2)和(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，且当x＜－2时，h(x)＜0，
而x→－2＋时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，
所以当a＝eq \f(ex,x＋2)有两个解时，有a＞h(－1)＝eq \f(1,e)，
所以满足条件的a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
题型四利用导数研究不等式
处理不等式问题，往往需要先经过适当的变形，以便灵活构造函数，并利用函数的单调性加以求解．破解此类题的关键点：
(1)适当变形，灵活转化．结合题设条件，有时需要对不等式进行“除法”变形，从而分离参数；有时需要进行“移项”变形，可使不等式两边具有相同的结构特点．
(2)构造函数，利用导数．由题设条件直接构造函数，并借助导数加以求解；若转化为不等式两边具有相同的结构特点，则可根据该结构特点构造函数，并借助导数加以求解．
考法(一) 证明不等式
[例1] 已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln eq \f(3,e)，且x>0时，eq \f(ex,x)>eq \f(3,2)x＋eq \f(1,x)－3a.
[解] (1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 3，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3)，
单调递增区间是(ln 3，＋∞)，
f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)，无极大值．
(2)证明：待证不等式等价于ex>eq \f(3,2)x2－3ax＋1，
设g(x)＝ex－eq \f(3,2)x2＋3ax－1，x>0，
于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x>0.
由(1)及a>ln eq \f(3,e)＝ln 3－1知：
g′(x)的最小值为g′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a)>0.
于是对任意x>0，都有g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)内单调递增．
于是当a>ln eq \f(3,e)＝ln 3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex>eq \f(3,2)x2－3ax＋1，故eq \f(ex,x)>eq \f(3,2)x＋eq \f(1,x)－3a.
[方法技巧]
1．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.
2．证明不等式时的一些常见结论
(1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到；
(2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到；
(3)ln x0；
(4)eq \f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．
[针对训练]
1．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明：f(x)≤－eq \f(3,4a)－2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＋2a＋1＝eq \f(x＋12ax＋1,x).
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)<0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－eq \f(1,2a)处取得最大值，最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))－1－eq \f(1,4a).
所以f(x)≤－eq \f(3,4a)－2等价于lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))－1－eq \f(1,4a)≤－eq \f(3,4a)－2，即lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x>0时，g(x)≤0.
故当a<0时，lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＋eq \f(1,2a)＋1≤0，即f(x)≤－eq \f(3,4a)－2.
考法(二) 不等式恒成立问题
[例2] 已知函数f(x)＝ln x－ax，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)＋a<0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a.
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
则f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．
②当a>0时，由f′(x)>0，得0由f′(x)<0，得x>eq \f(1,a).
所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
(2)f(x)＋a<0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x－a(x－1)<0在x∈(1，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝ln x－a(x－1)，x>0，则g′(x)＝eq \f(1,x)－a，注意到g(1)＝0，
①当a≥1时，g′(x)<0在x∈(1，＋∞)上恒成立，
则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)②当0所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，g(x)>g(1)＝0，
即0③当a≤0时，由(1)知，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(1)＝0，
即a≤0时不满足题意(舍去)．
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
[方法技巧]
不等式恒成立问题的求解策略
(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：
(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑用二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解．
[针对训练]
2．(2021·青岛模拟)已知函数f(x)＝xln x(x>0)．
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥eq \f(－x2＋mx－3,2)恒成立，求实数m的最大值．
解：(1)由题意知f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)>0，得x>eq \f(1,e)，令f′(x)<0，得0所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，
f(x)在x＝eq \f(1,e)处取得极小值，极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，无极大值．
(2)由f(x)≥eq \f(－x2＋mx－3,2)及f(x)＝xln x，
得m≤eq \f(2xln x＋x2＋3,x)，
问题转化为m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2xln x＋x2＋3,x)))min.
令g(x)＝eq \f(2xln x＋x2＋3,x)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(2x＋x2－3,x2)，
由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒0所以g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
所以g(x)min＝g(1)＝4，
即m≤4，所以m的最大值是4.
考法(三) 不等式存在成立问题
(1)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
(2)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)的定义域为D1，g(x)的定义域为D2.
[例3] 已知函数f(x)＝eq \f(x,ln x)－ax(a>0)．
(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数，求实数a的最小值；
(2)若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，
所以f′(x)＝eq \f(ln x－1,ln x2)－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．
所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0.
又f′(x)＝eq \f(ln x－1,ln x2)－a＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ln x)－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)－a，
故当eq \f(1,ln x)＝eq \f(1,2)，即x＝e2时，f′(x)max＝eq \f(1,4)－a，
所以eq \f(1,4)－a≤0，故a≥eq \f(1,4)，所以a的最小值为eq \f(1,4).
(2)“若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等价于当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤f′(x)max＋a，
又当x∈[e，e2]时，有f′(x)max＋a＝eq \f(1,4)，
所以问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤eq \f(1,4)”．
①当a≥eq \f(1,4)时，f(x)在[e，e2]上为减函数，
则f(x)min＝f(e2)＝eq \f(e2,2)－ae2≤eq \f(1,4)，故a≥eq \f(1,2)－eq \f(1,4e2).
②当0故f′(x)的值域为[f′(e)，f′(e2)]，即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－a，\f(1,4)－a)).
由f′(x)的单调性和值域知，存在唯一x0∈(e，e2)，使f′(x0)＝0，且满足：
当x∈(e，x0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(x0，e2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(x0)＝eq \f(x0,ln x0)－ax0≤eq \f(1,4)，x0∈(e，e2)，
所以a≥eq \f(1,ln x0)－eq \f(1,4x0)>eq \f(1,ln e2)－eq \f(1,4e)>eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,4)，
与0综上，实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4e2)，＋∞)).
[方法技巧]
1．有关存在成立问题的解题方法
∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值．
∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)2．注意不等式恒成立与存在成立的异同
不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可转化为最值问题，但f(a)≥g(x)(f(a)≤g(x))对存在x∈D能成立等价于f(a)≥g(x)min(f(a)≤g(x)max)，f(a)≥g(x)(f(a)≤g(x))对任意x∈D都成立等价于f(a)≥g(x)max(f(a)≤g(x)min)，应注意区分，不要搞混．
[针对训练]
3．已知函数f(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2＋x，g(x)＝3x＋a.
(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；
(2)若∃x0>0，使f(x0)>g(x0)成立，求参数a的取值范围．
解：(1)由题意得，f′(x)＝eq \f(3,x)－x＋1(x>0)，
设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝eq \f(3,x0)－x0＋1＝3，
解得x0＝1或x0＝－3(舍去)，所以切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))，
代入g(x)＝3x＋a，得a＝－eq \f(5,2).
(2)设h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x(x>0)．
∃x0>0，使f(x0)>g(x0)成立，
等价于∃x>0，使h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x>a成立，
等价于a0)．
因为h′(x)＝eq \f(3,x)－x－2＝eq \f(－x2－2x＋3,x)＝－eq \f(x－1x＋3,x)，
令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(h′x>0，,x>0，))得00，))得x>1.
所以函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝－eq \f(5,2)，即a<－eq \f(5,2)，
因此参数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,2))).
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．已知函数f(x)＝kx－ln x－1(k>0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)求证：当n∈N*时，1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．
解：(1)∵f(x)＝kx－ln x－1，
∴f′(x)＝k－eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x)(x>0，k>0)．
当0eq \f(1,k)时，f′(x)>0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))上单调递增，∴f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))＝ln k，
∵f(x)有且只有一个零点，∴ln k＝0，∴k＝1.
(2)证明：由(1)知x－ln x－1≥0，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号，∵n∈N*，令x＝eq \f(n＋1,n)，得eq \f(1,n)>ln eq \f(n＋1,n)，
∴1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>lneq \f(2,1)＋lneq \f(3,2)＋…＋lneq \f(n＋1,n)＝ln(n＋1)，故1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．
2．已知函数f(x)＝axex＋(x＋1)2，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的极值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝aex＋axex＋2(x＋1)＝(aex＋2)(x＋1)．
①当a≥0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1，
x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)有极小值f(－1)＝－eq \f(a,e)，无极大值．
②当a＜0时，令f′(x)＝0⇒x＝－1或x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a))).
(ⅰ)a<－2e，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))，－1))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)有极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))＝－2lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))＋1))2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))2＋1，有极大值f(－1)＝－eq \f(a,e).
(ⅱ)－2e0，f(x)单调递增；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))，＋∞))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)有极小值f(－1)＝－eq \f(a,e)，有极大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))＝－2lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))＋1))2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))2＋1.
(ⅲ)当a＝－2e时，f′(x)≤0恒成立，f(x)在R上单调递减，无极值．
(2)函数g(x)＝f(x)－e在R上恰有两个零点，
即函数f(x)的图象与直线y＝e恰有两个交点，由(1)知，
①当a≥0时，只需满足e>－eq \f(a,e)⇒a>－e2，
所以a∈[0，＋∞)．
②当a<0时，
(ⅰ)若a<－2e，结合(1)知，x∈(－1，＋∞)时，f(x)单调递减，
f(1)＝ae＋4<－2e2＋4<0，只需满足eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))2＋1＝e或e＝－eq \f(a,e)，解得a＝－e2或a＝－eq \f(2,e\r(e－1))(舍去)或a＝－eq \f(2,e－\r(e－1)).
(ⅱ)若－2e＜a＜0，结合(1)知只需满足eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))))2＋1＝e或e＝－eq \f(a,e)，解得a＝－e2(舍去)或a＝－eq \f(2,e\r(e－1))或a＝－eq \f(2,e－\r(e－1))(舍去)．
(ⅲ)若a＝－2e，结合(1)知f(x)的图象与直线y＝e不可能有两个交点，舍去．
综上，a的取值范围为[0，＋∞)∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(2,e±\r(e－1))，－e2)).
3．已知函数f(x)＝aexln x(其中e＝2.718 28…是自然对数的底数)，g(x)＝x2＋xln a，a>0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0,1)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x)＝aexln x，所以f′(x)＝aexeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x))).
令φ(x)＝ln x＋eq \f(1,x)，则φ′(x)＝eq \f(x－1,x2).
当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(0,1)上单调递减．
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以φ(x)≥φ(1)＝1>0.
又因为a>0，ex>0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)h(x)＝g(x)－f(x)＝x2＋xln a－aexln x.
由h(x)>0得x2＋xln a－aexln x>0，
即aexln x所以eq \f(ln x,x)即eq \f(lnaex,aex)>eq \f(ln x,x)对任意x∈(0,1)恒成立．
设H(x)＝eq \f(ln x,x)，则H′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
所以，当x∈(0,1)时，H′(x)>0，函数H(x)单调递增，且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0；当x∈(0,1)时，H(x)<0.
若aex≥1>x，则H(aex)≥0>H(x)．
若0H(x)，
且H(x)在(0,1)上单调递增，所以aex>x.
综上可知，aex>x时对任意x∈(0,1)恒成立，
即a>eq \f(x,ex)对任意x∈(0,1)恒成立．
设G(x)＝eq \f(x,ex)，x∈(0,1)，则G′(x)＝eq \f(1－x,ex)>0.
所以G(x)在(0,1)上单调递增，所以G(x)所以a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
4．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)m(x2－1)－ln x(m∈R)．
(1)若m＝1，求证：f(x)≥0；
(2)讨论函数f(x)的极值；
(3)是否存在实数m，使得不等式f(x)>eq \f(1,x)－eq \f(1,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：m＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)(x2－1)－ln x(x>0)，
则f′(x)＝－eq \f(1,x)＋x＝eq \f(x2－1,x)，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以f(x)min＝f(1)＝0，故f(x)≥0.
(2)由题意知，f′(x)＝－eq \f(1,x)＋mx＝eq \f(mx2－1,x)，x>0.
①当m≤0时，f′(x)＝eq \f(mx2－1,x)<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，没有极值．
②当m>0时，令f′(x)＝eq \f(mx2－1,x)＝0，得x＝eq \f(1,\r(m))，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(m))))时，f′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(m))，＋∞))时，f′(x)>0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(m))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(m))，＋∞))上单调递增．
故f(x)在x＝eq \f(1,\r(m))处取得极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(m))))＝eq \f(1,2)ln m＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)m，无极大值．
(3)不妨令h(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,ex－1)＝eq \f(ex－1－x,xex－1)，不难证明ex－1－x≥0，当且仅当x＝1时取等号，
所以，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
由(1)知，当m≤0，x>1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
f(x)所以要使不等式f(x)>eq \f(1,x)－eq \f(1,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立，只能m>0.
当01，由(1)知f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,\r(m))))上单调递减，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(m))))当m≥1时，设F(x)＝f(x)－h(x)＝eq \f(1,2)m(x2－1)－ln x－eq \f(1,x)＋eq \f(1,ex－1)，
因为m≥1，x>1，所以mx≥x，ex－1>1,0F′(x)＝－eq \f(1,x)＋mx＋eq \f(1,x2)－eq \f(1,ex－1)>－eq \f(1,x)＋x＋eq \f(1,x2)－1＝eq \f(x3－x2－x＋1,x2)＝eq \f(x－1x2－1,x2)>0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又F(1)＝0，所以x∈(1，＋∞)时，F(x)>0恒成立，
即f(x)－h(x)>0恒成立．
故存在m≥1，使得不等式f(x)>eq \f(1,x)－eq \f(1,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立，此时m的最小值是1.
5．(2021年1月新高考八省联考卷)已知函数f(x)＝ex－sin x－cs x，g(x)＝ex＋sin x＋cs x.
(1)证明：当x>－eq \f(5π,4)时，f(x)≥0；
(2)若g(x)≥2＋ax，求a.
解：(1)证明：因为f(x)＝ex－sin x－cs x＝ex－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
f′(x)＝ex－cs x＋sin x＝ex＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，
f″(x)＝g(x)＝ex＋sin x＋cs x＝ex＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
考虑到f(0)＝0，f′(0)＝0，所以
①当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)，－\f(π,4)))时，eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))<0，此时f(x)>0；
②当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)≤f′(0)＝0，
所以f(x)单调递减，f(x)≥f(0)＝0；
③当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)>f′(0)＝0，
所以f(x)单调递增，f(x)＞f(0)＝0；
④当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，＋∞))时，f(x)＝ex－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≥e SKIPIF 1 < 0 －eq \r(2)>0.
综上，当x>－eq \f(5π,4)时，f(x)≥0.
(2)构造F(x)＝g(x)－2－ax＝ex＋sin x＋cs x－2－ax，
则F(x)min≥0，
所以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)))＝e SKIPIF 1 < 0 ＋eq \f(5π,4)a－2≥0⇒a≥eq \f(2－e SKIPIF 1 < 0 ,\f(5π,4))＞0.
又F(0)＝0，所以，F(x)在R上的最小值为F(0)．
F′(x)＝ex＋cs x－sin x－a，F′(0)＝2－a，
F″(x)＝ex－sin x－cs x＝f(x)．
由(1)可知：F″(x)＝f(x)≥0在x＞－eq \f(5π,4)时恒成立，
所以F′(x)＝ex＋cs x－sin x－a在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)，＋∞))单调递增．
①若a＝2，则F′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)，0))为负，(0，＋∞)为正，
所以F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)，0))递减，在(0，＋∞)递增，所以F(x)≥0；
而当x≤－eq \f(5π,4)时，
F(x)＝ex＋sin x＋cs x－2－2x≥ex＋sin x＋cs x－2＋eq \f(5π,2)≥eq \f(5π,2)－2－eq \r(2)>0，
故a＝2满足题意．
②若a>2，则F′(0)＝2－a<0，因为F′(x)≥ex－eq \r(2)－a，所以F′(ln(eq \r(2)＋a))≥ex－eq \r(2)－a≥0，
由零点存在定理，必存在x0∈(0，ln(eq \r(2)＋a))使得F′(x0)＝0，此时满足x∈(0，x0)时，F′(x)<0，F(x)递减，所以F(x0)③若eq \f(2－e SKIPIF 1 < 0 ,\f(5π,4))≤a＜2，则F′(0)＞0，F′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)))＝e SKIPIF 1 < 0 －eq \r(2)－a＜e SKIPIF 1 < 0 －eq \r(2)＜0，故F′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)，0))上存在零点，设为x0.
当x∈(x0,0)时，F′(x)＞0，则F(x)在(x0,0)递增，
所以F(x0)＜F(0)＝0，与题意不符，舍去．
综上所述，a＝2.常规
角度
1.单调性问题．主要考查利用导数求函数的单调区间或讨论函数的单调性以及由函数的单调性求参数范围．
2.函数零点问题．主要考查判断函数的零点个数以及由函数零点或方程的根求参数的值或取值范围．
3.不等式问题．主要考查不等式的证明、不等式恒成立或不等式存在性问题、由不等式成立求参数问题等
创新
角度
函数与导数与放缩法相结合证明不等式、与三角函数相结合考查函数的性质问题
x
(0,1)
1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a－1)))
eq \f(1,a－1)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)，＋∞))
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

极小值

极大值

x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a－1)))
eq \f(1,a－1)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)，1))
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

极小值

极大值

x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
－eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

c＋eq \f(1,4)

c－eq \f(1,4)

x
(－∞，ln 3)
ln 3
(ln 3，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值
