2021届山东高考数学一轮创新教学案：第2章　第11讲　第3课时　导数的综合应用


第3课时　导数的综合应用

题型 一　利用导数求解函数的零点或方程的根的问题

1.若关于x的方程x3＝x2＋2x＋c有三个不等实根，则实数c的取值范围是________．
答案　
解析　原方程可化为c＝x3－x2－2x，
设f(x)＝x3－x2－2x，
f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)，
由f′(x)＞0可得x＞2或x＜－1，
由f′(x)＜0可得－1＜x＜2，
所以函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，
在(－1,2)上是减函数，
所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝，
极小值为f(2)＝－.
由题意得，函数f(x)的图象与直线y＝c有三个不同的公共点，所以－＜c＜.
2.(2019·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．
证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
证明　设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.
当x∈时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．
又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点.

利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法
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．
(2)数形结合法求解零点
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，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．
②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．

1.(2019·吉安模拟)已知定义在R上的奇函数f(x)满足x>0时，f(x)＝x－ln x＋ln，则函数g(x)＝f(x)－sinx(e为自然对数的底数)的零点个数是(　　)
A.1 B．2
C．3 D．5
答案　C
解析　根据题意，函数g(x)＝f(x)－sinx的零点即函数y＝f(x)与y＝sinx的交点，设h(x)＝sinx，函数f(x)为R上的奇函数，则f(0)＝0，又由h(0)＝sin0＝0.则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点(0,0)，当x>0时，f(x)＝x－ln x＋ln，其导数f′(x)＝－，分析可得在区间上，f′(x)<0，f(x)为减函数，在区间上，f′(x)>0，f(x)为增函数，则f(x)在区间(0，＋∞)上存在最小值，且其最小值为f＝×－ln ＋ln ＝1，又由h＝sin＝1，则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点，又由y＝f(x)与y＝sinx都是奇函数，则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点.综合可得，函数y＝f(x)与y＝sinx有3个交点，则函数g(x)＝f(x)－sinx有3个零点.
2.已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围．
解　由g(x)＝2f(x)，
可得2xln x＝－x2＋ax－3，a＝x＋2ln x＋，
设h(x)＝x＋2ln x＋(x＞0)，
所以h′(x)＝1＋－＝.
所以x在上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下：
x
，1
1
(1，e)
h′(x)
－
0
＋
h(x)

极小值

又h＝＋3e－2，h(1)＝4，
h(e)＝＋e＋2.
且h(e)－h＝4－2e＋＜0.
所以h(x)min＝h(1)＝4，
h(x)max＝h＝＋3e－2，
所以实数a的取值范围为4＜a≤e＋2＋，
即a的取值范围为.
题型 二　利用导数研究不等式的有关问题　

角度1　证明不等式(多维探究)
1.(2019·武威模拟)已知f(x)＝2ax＋bln x－1，设曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为y＝0.
(1)求实数a，b的值；
(2)设函数g(x)＝mf(x)＋－mx，若1＜m＜3，求证：当x∈[1，e]时，g(x)＜－2.
解　(1)由已知得，f′(x)＝2a＋，依题意f(1)＝0，
且f′(1)＝0，
所以解得a＝，b＝－1.
(2)证明：由(1)得f(x)＝x－ln x－1(x＞0)，
所以g(x)＝－mln x－m(x＞0)，
g′(x)＝x－＝，
当m＞0时，由g′(x)＞0得x＞，
由g′(x)＜0得0＜x＜，
所以g(x)在区间(0，)上是减函数，
在区间(，＋∞)上是增函数；
当1＜m＜3，x∈[1，e]时，∈[1，e]，
g(x)在区间[1，)上是减函数，在区间(，e]上是增函数，
所以g(x)的最大值为max(g(1)，g(e))，
又因为1＜m＜3，g(e)＝－2m＜－2，g(1)＝－m＜0＜－2，
所以当1＜m＜3，x∈[1，e]时，g(x)＜－2.
条件探究　本例中，f(x)改为“f(x)＝－”，g(x)改为“g(x)＝xln x”，当x∈(0，＋∞)时，求证f(x)＜g(x)．
证明　因为g′(x)＝ln x＋1.
令g′(x)<0，则x<，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以g(x)≥g＝－.
又因为f′(x)＝.
令f′(x)＝>0，则x<1，因为x>0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以f(x)≤f(1)＝－.
因此f(x) 角度2　已知不等式恒成立，求参数的取值范围
2.已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减函数；
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以0 故 (2)当x≥1时，k≤恒成立，
令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝
＝.
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)是增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].
角度3　不等式存在性成立问题
3.已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1) 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.
①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，
f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1 x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，
f(x)在[1，e]上为减函数．
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1 当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．
由(1)知当a<1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数．
g(x)min＝g(0)＝1.
所以e－(a＋1)－<1，即a>，
所以a的取值范围为.

1.利用导数证明不等式成立问题的常用方法
(1)直接将不等式转化成某个函数最值问题
若证明f(x) (2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明
在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如要证f(x)≥g(x)在D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可．如举例说明1的条件探究.
2.不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径
(1)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a，如举例说明2；
存在x使f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.
(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，
存在x使f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.
(3)f(x)>g(x)恒成立F(x)min>0.
(4)①任意x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max；②任意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min；③存在x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min；④存在x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max.如举例说明3.

1.(2019·渭南模拟)设函数f(x)＝(x－a)2＋(3ln x－3a)2，若存在x0，使f(x0)≤，则实数a的值为(　　)
A. B.
C. D．1
答案　A
解析　分别令g(x)＝3ln x，h(x)＝3x，
设过点P(x0,3ln x0)的函数g(x)的切线l平行于直线y＝3x.
g′(x)＝，由＝3，解得x0＝1.∴切点P(1,0)．
点P到直线y＝3x的距离d＝.
∴存在x0＝1，使f(x0)≤，
过点P且与直线y＝3x垂直的直线方程为
y＝－(x－1)．
联立解得x＝，y＝.
则实数a＝.故选A.
2.已知函数f(x)＝xln x＋ax2－1，且f′(1)＝－1.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)都有f(x)－2mx＋1≤0，求m的取值范围；
(3)证明：ln x≤x－1＜ex－2.
解　(1)因为f(x)＝xln x＋ax2－1，
所以f′(x)＝ln x＋1＋ax.
又因为f′(1)＝－1，所以1＋a＝－1，a＝－2，
所以f(x)＝xln x－x2－1.
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)－2mx＋1≤0.
即xln x－x2－2mx≤0恒成立，
即m≥ln x－x恒成立．
令h(x)＝ln x－x，则
h′(x)＝－＝.
当00，h(x)单调递增；
当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
所以当x＝1时，h(x)有最大值，h(1)＝－.
所以m≥－，即m的取值范围是.
(3)证明：由(2)可得h(x)＝ln x－x≤－，
所以ln x≤x－1，
现要证明x－1 即证ex－x－1>0.
令φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1.
当x>0时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．
所以φ(x)>φ(0)＝0.
即ex－x－1>0.
所以x－1 从而得到ln x≤x－1＜ex－2.
题型 三　利用导数求解生活中的优化问题

如图所示的某种容器的体积为90π cm3，它是由圆锥和圆柱两部分连接而成，圆柱与圆锥的底面半径都为r cm.圆锥的高为h1 cm，母线与底面所成的角为45°；圆柱的高为h2 cm.已知圆柱底面的造价为2a 元/cm2，圆柱侧面造价为a元/cm2，圆锥侧面造价为a 元/cm2.


(1)将圆柱的高h2表示为底面半径r的函数，并求出定义域；
(2)当容器造价最低时，圆柱的底面半径为多少？
解　(1)因为圆锥的母线与底面所成的角为45°，
所以h1＝r，
圆锥的体积为V1＝πr2h1＝πr3，
圆柱的体积为V2＝πr2h2.
因为V1＋V2＝90π，所以V2＝πr2h2＝90π－πr3，
所以h2＝＝－.
因为V1＝πr3<90π，所以r<3.
因此0 定义域为{r|0 (2)圆锥的侧面积S1＝πr·r＝πr2，
圆柱的侧面积S2＝2πrh2，底面积S3＝πr2.
容器总造价为y＝aS1＋aS2＋2aS3
＝2πr2a＋2πrh2a＋2πr2a＝2πa(r2＋rh2＋r2)
＝2πa＝.
令f(r)＝r2＋，则f′(r)＝2r－.
令f′(r)＝0，得r＝3.
当0 当30，f(r)在(3,3)上为单调增函数，
因此，当r＝3时，f(r)有最小值，y有最小值90πa元．
所以总造价最低时，圆柱底面的半径为3 cm.

1.利用导数解决生活中的实际应用问题的四步骤

2.利用导数解决生活中优化问题的方法
求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．如举例说明．

某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3 (1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
解　(1)因为当x＝5时，y＝11，
所以＋10＝11，解得a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为
y＝＋10(x－6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润为
f(x)＝(x－3)
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3 则f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减
由上表可得，当x＝4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值．
所以当x＝4时，函数f(x)取得最大值且最大值等于42.
答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．

　组　基础关
1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是(　　)
A．3 B．2
C．1 D．0
答案　C
解析　设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6<0，极小值为f(3)＝－10<0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1.
2．若ex≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为(　　)
A．(－∞，1] B．[1，＋∞)
C．(－∞，－1] D．[－1，＋∞)
答案　A
解析　由ex≥k＋x，得k≤ex－x.令f(x)＝ex－x，
∴f′(x)＝ex－1.当f′(x)<0时，解得x<0；当f′(x)>0时，解得x>0.∴f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．∴f(x)min＝f(0)＝1.∴实数k的取值范围为(－∞，1]．故选A.
3．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价定为p元，销售量为Q件，则销售量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170p－p2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)(　　)
A．30元 B．60元
C．28000元 D．23000元
答案　D
解析　设毛利润为L(p)元，则由题意知L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20)＝(8300－170p－p2)(p－20)＝－p3－150p2＋11700p－166000，所以L′(p)＝－3p2－300p＋11700.令L′(p)＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．当p∈(0,30)时，L′(p)>0，当p∈(30，＋∞)时，L′(p)<0，故L(p)在p＝30时取得极大值，即最大值，且最大值为L(30)＝23000.
4．已知函数f(x)＝aln x＋x2，a∈R，若f(x)在[1，e2]上有且只有一个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A.
B.∪{－2e2}
C.∪{－2e}
D.
答案　C
解析　当x＝1时，f(1)＝1≠0，从而分离参数，可将问题转化为直线y＝a与函数g(x)＝－的图象在(1，e2]上有且只有一个交点，令g′(x)＝＝0，得x＝，易得g(x)在(1，)上单调递增，在(，e2]上单调递减，由于g()＝－2e，g(e2)＝－，当x→1时，g(x)→－∞，所以直线y＝－2e或位于直线y＝－下方的直线均满足题意，即a＝－2e或a<－.故选C.
5．(2019·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝
若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　)
A．[0,1] B．[0,2]
C．[0，e] D．[1，e]
答案　C
解析　当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，所以0≤a<1.综上，a≥0.当x>1时，由f(x)＝x－aln x≥0恒成立，即a≤恒成立．设g(x)＝，则g′(x)＝.令g′(x)＝0，
得x＝e，且当1e时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(e)＝e，所以a≤e.综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e]．故选C.
6．已知f(x)＝ln x－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4.若∀x1∈(0,2]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　因为f′(x)＝－·－＝＝－(x＞0)，则当x∈(0,1)时，f′(x)＜0；当x∈(1,2]时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝.对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，该函数开口向下，所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得，所以要使∀x1∈(0,2]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min，即≥g(1)或≥g(2)，所以≥－1－2a＋4或≥－4－4a＋4，解得a≥－.故选A.
7．已知方程ln |x|－ax2＋＝0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　由于y＝ln |x|－ax2＋是偶函数，所以方程ln x－ax2＋＝0(x＞0)有两个根，即a＝有两个根．设f(x)＝，则f′(x)＝＝－，所以当00，f(x)递增，当x>时，f′(x)<0，f(x)递减，所以当x＝时，f(x)取得极大值也是最大值f＝.又x→＋0时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→0，所以要使a＝有两个根，则0 8．已知函数f(x)＝x|x2－a|，若存在x∈[1,2]，使得f(x)<2，则实数a的取值范围是________．
答案　(－1,5)
解析　当x∈[1,2]时，f(x)＝|x3－ax|，
由f(x)<2可得－2 设g(x)＝－x2－，则导数为g′(x)＝－2x＋，
当x∈[1,2]时，g′(x)≤0，
即g(x)在[1,2]上单调递减，所以g(x)min＝－4－1＝－5，
即有－a>－5，即a<5；
设h(x)＝－x2＋，则导数为h′(x)＝－2x－，
当x∈[1,2]时，h′(x)<0，即h(x)在[1,2]上单调递减，
可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1.
综上可得，a的取值范围是－1 9．已知函数f(x)＝xln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，给出以下几个命题：
①0；③f(x0)＋x0<0；④f(x0)＋x0>0.
其中正确的命题是________(填出所有正确命题的序号)．
答案　①③
解析　∵函数f(x)＝xln x＋x2(x>0)，
∴f′(x)＝ln x＋1＋x，易得f′(x)＝ln x＋1＋x在(0，＋∞)递增，∴f′＝>0，
∵x→0，f′(x)→－∞，
∴0 ∵ln x0＋1＋x0＝0，
∴f(x0)＋x0＝x0ln x0＋x＋x0＝x0＝－x<0，即③正确，④不正确．
10．已知函数f(x)的定义域是[－1,5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，


x
－1
0
2
4
5
f(x)
1
2
1.5
2
1

下列关于函数f(x)的命题：
①函数f(x)的值域为[1,2]；
②函数f(x)在[0,2]上是减函数；
③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；
④当1 其中所有正确命题的序号是________．
答案　①②④
解析　由f(x)的导函数f′(x)的图象可知，当－10，函数f(x)单调递增，当0 　组　能力关
1．已知f(x)＝1－，过点(k,0)与f(x)相切的直线有且仅有3条，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，2－e2) B．(－∞，2－e2]
C．(－∞，4－e2) D．(－∞，4－e2]
答案　C
解析　设切点为，f′(x)＝，则切线为y－1＋＝(x－x0)，代入点(k,0)得k＝x0＋－，令g(x)＝x＋－，

则g′(x)＝，当x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增，注意到x≠1，故g(x)的递增区间为(－∞，1)，(1,2)，当x>2时，g(x)单调递减，要使g(x)＝k有三个根，由图象可得，k 2．若0 A. B．1
C．e D．2e
答案　B
解析　根据题意，若00)，则函数f(x)在(0，a)上为增函数，对于f(x)＝，其导数f′(x)＝＝－，若f′(x)>0，解得0 3．对于定义在R上的函数f(x)，若存在非零实数x0，使函数f(x)在(－∞，x0)和(x0，＋∞)上均有零点，则称x0为函数f(x)的一个“折点”．现给出下列四个函数：
①f(x)＝3|x－1|＋2；②f(x)＝lg |x＋2019|；③f(x)＝－x－1；④f(x)＝x2＋2mx－1(m∈R)．
则存在“折点”的函数是________．(填序号)
答案　②④
解析　因为f(x)＝3|x－1|＋2>2，
所以函数f(x)不存在零点，
所以函数f(x)不存在“折点”；
对于函数f(x)＝lg |x＋2019|，取x0＝－2019，
则函数f(x)在(－∞，－2019)上有零点x＝－2020，
在(－2019，＋∞)上有零点x＝－2018，
所以x0＝－2019是函数f(x)＝lg |x＋2019|的一个“折点”；
对于函数f(x)＝－x－1，
则f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)．
令f′(x)>0，得x>1或x<－1；
令f′(x)<0，得－1 所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．
又f(－1)＝－<0，所以函数f(x)只有一个零点，
所以函数f(x)＝－x－1不存在“折点”；
对于函数f(x)＝x2＋2mx－1＝(x＋m)2－m2－1，
由于f(－m)＝－m2－1≤－1，
结合图象(图略)可知该函数一定有“折点”．
综上，存在“折点”的函数是②④.
4．(2019·石嘴山三中模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若函数g(x)＝f(x)－xln x在上有零点，求a的取值范围．
解　(1)因为f(x)＝x3＋ax，所以f′(x)＝3x2＋a.
①当a≥0时，因为f′(x)＝3x2＋a≥0，所以f(x)在R上单调递增；
②当a＜0时，令f′(x)＞0，解得x＜－或x＞.
令f′(x)＜0，解得－＜x＜，
则f(x)在，上单调递增，在上单调递减．
(2)因为g(x)＝f(x)－xln x，
所以g(x)＝x3＋ax－xln x，
g(x)＝f(x)－xln x在上有零点，等价于关于x的方程g(x)＝0在上有解，
即x3＋ax－xln x＝0在上有解，
因为x3＋ax－xln x＝0，所以a＝－x2＋ln x.
令h(x)＝－x2＋ln x，
则h′(x)＝－2x＋＝－.
令h′(x)＜0，又≤x≤2，解得＜x≤2；
令h′(x)＞0，又≤x≤2，解得≤x＜，
则h(x)在上单调递减，在上单调递增，
因为h＝－2＋ln ＝－－ln 2，
h(2)＝－22＋ln 2＝－4＋ln 2，
所以h－h(2)＝－2ln 2＞－2＞0，则
h(x)min＝h(2)＝－4＋ln 2，
h(x)max＝h＝－＋ln ＝－－ln 2，
故a的取值范围为.
　组　素养关
1．已知函数f(x)＝x－sinx－ln x＋1，f′(x)是f(x)的导函数．
(1)证明：当m＝2时，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；
(2)若存在x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2时，f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2 证明　(1)当m＝2时，f(x)＝x－sinx－ln x＋1，f′(x)＝1－cosx－.
当x∈(0，π)时，f′(x)为增函数，且f′＝1－－＝－<0，f′(π)＝－>0，
∴f′(x)在(0，π)上有唯一零点．
当x∈[π，＋∞)时，f′(x)＝1－cosx－≥1－－≥－>0，∴f′(x)在[π，＋∞)上没有零点．
综上知，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(2)不妨设0 x1－sinx1－ln x1＋1＝x2－sinx2－ln x2＋1，
∴(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sinx2－sinx1)．
设g(x)＝x－sinx，则g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴x2－sinx2>x1－sinx1，从而x2－x1>sinx2－sinx1，
∴(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sinx2－sinx1)>(x2－x1)，
∴m>.
下面证明：>.
令t＝，则t>1，即证明>，
只需证明ln t－<0.(*)
设h(t)＝ln t－，
则当t>1时，h′(t)＝－<0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递减．
∴当t>1时，h(t) 从而(*)得证，即>.
∴m>，即x1x2 2．(2019·郑州模拟)设函数f(x)＝aex－x，g(x)＝bln x.
(1)设h(x)＝f(x)＋g(x)，函数h(x)在(1，h(1))处的切线方程为y＝2x－1，求a，b的值；
(2)若a＝1，k为整数，当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0成立，求k的最大值．
解　(1)h(x)＝f(x)＋g(x)＝aex＋bln x－x，h′(x)＝aex＋－1.
由题意可知∴a＝，b＝1.
(2)由a＝1，得f′(x)＝ex－1.当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于k＜＋x.
设F(x)＝＋x，F′(x)＝.
令R(x)＝ex－x－2，R′(x)＝ex－1，当x＞0时，
R′(x)＞0恒成立．
R(x)在(0，＋∞)上单调递增，又R(1)＜0，R(2)＞0，
∴R(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈(1,2)，
ex0－x0－2＝0.
∴F(x)的单调递减区间为(0，x0)，单调递增区间为(x0，＋∞)．
∴F(x)在(0，＋∞)的最小值为F(x0)＝＋x0＝x0＋1∈(2,3)．
∴k＜F(x0)，∴kmax＝2.