2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第二章第十一节　导数的应用 学案

第十一节　导数的应用
2019考纲考题考情



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。

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。

一、走进教材
1．(选修1－1P93练习T1(2)改编)函数y＝x－ex的单调递减区间为(　　)
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．[1，＋∞) D．(1，＋∞)
解析　y′＝1－ex<0，所以x>0。故选B。
答案　B
2．(选修1－1P99A组T5(4)改编)函数f (x)＝2x－xlnx的极值是(　　)
A．　　　 B．
C．e　　　　 D．e2
解析　f (x)定义域为(0，＋∞)，因为f ′(x)＝2－(lnx＋1)＝1－lnx，当f ′(x)>0时，解得0e，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
二、走近高考
3．(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　由已知得，f ′(x)＝3x2－12＝3(x2－4)＝3(x＋2)(x－2)。于是当x<－2或x>2时，f ′(x)>0；当－2 答案　D
4．(2018·江苏高考)若函数f (x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________。
解析　f ′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f ′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f (x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意。当a>0时，由f ′(x)>0得x>，由f ′(x)<0得00，f (x)单调递增，当x∈(0,1)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，则f (x)max＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x)min＝－4，所以f (x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为－3。
答案　－3
三、走出误区
微提醒：①原函数与导函数的关系不清致误；②极值点存在的条件不清致误；③连续函数在开区间内不一定有最值。
5．如图是函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象，则下面判断正确的是(　　)

A．在区间(－2,1)上f (x)是增函数
B．在区间(1,3)上f (x)是减函数
C．在区间(4,5)上f (x)是增函数
D．当x＝2时，f (x)取到极小值
解析　在(4,5)上f ′(x)>0恒成立，所以f (x)是增函数。故选C。
答案　C
6．函数g(x)＝－x2的极值点是________，函数f (x)＝(x－1)3的极值点________(填“存在”或“不存在”)。
解析　结合函数图象可知g(x)＝－x2的极值点是x＝0。因为f ′(x)＝3(x－1)2≥0，所以f ′(x)＝0无变号零点，故函数f (x)＝(x－1)3不存在极值点。
答案　0　不存在
7．函数g(x)＝x2在[1,2]上的最小值和最大值分别是________，在(1,2)上的最小值和最大值均________(填“存在”或“不存在”)。
解析　根据函数的单调性及最值的定义可得。
答案　1,4　不存在

第1课时　导数与函数的单调性

考点一 讨论函数的单调性
【例1】　(1)已知e为自然对数的底数，则函数y＝xex的单调递增区间是(　　)
A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．[1，＋∞) D．(－∞，1]
(2)(2019·惠州调研)已知函数f (x)＝x2－(a＋2)x＋alnx，其中a∈R。
①若曲线y＝f (x)在点(2，f (2))处的切线与直线x－y＋3＝0平行，求a的值；
②求函数f (x)的单调区间。
(1)解析　令y′＝(1＋x)ex≥0。因为ex>0，所以1＋x≥0，所以x≥－1。故选A。
答案　A
(2)解　①由f (x)＝x2－(a＋2)x＋alnx可知，函数f (x)的定义域为{x|x>0}，且f ′(x)＝2x－(a＋2)＋，
依题意，f ′(2)＝4－(a＋2)＋＝1，解得a＝2。
②依题意，f ′(x)＝2x－(a＋2)＋＝(x>0)。
令f ′(x)＝0，得x1＝1，x2＝。
(ⅰ)当a≤0时，≤0，由f ′(x)>0，得x>1；
由f ′(x)<0，得0 则函数f (x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)。
(ⅱ)当0<<1，即00，得01；
由f ′(x)<0，得 则函数f (x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，
函数f (x)的单调递减区间为。
(ⅲ)当＝1，即a＝2时，f ′(x)≥0恒成立，则函数f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)。
(ⅳ)当>1，即a>2时，由f ′(x)>0，得0；
由f ′(x)<0，得1 则函数f (x)的单调递增区间为(0,1)，，
函数f (x)的单调递减区间为。


确定函数单调区间的步骤
1．确定函数f (x)的定义域。
2．求f ′(x)。
3．解不等式f ′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间。
4．解不等式f ′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间。
【变式训练】　设f (x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R，令g(x)＝f ′(x)，求g(x)的单调区间。
解　由f ′(x)＝lnx－2ax＋2a，得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)。
则g′(x)＝－2a＝。
若a≤0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
若a>0，当x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减。
所以当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，g(x)的单调递增区间为，单调递减区间为。
考点二 已知函数的单调性求参数取值范围
【例2】　设函数f (x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝1。
(1)求b，c的值；
(2)若a>0，求函数f (x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f (x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围。
解　(1)f ′(x)＝x2－ax＋b。
由题意得即
故b＝0，c＝1。
(2)由(1)得f ′(x)＝x2－ax＝x(x－a)，a>0。
当x∈(－∞，0)时，f ′(x)>0；
当x∈(0，a)时，f ′(x)<0；
当x∈(a，＋∞)时，f ′(x)>0。
所以函数f (x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)。
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立。
则存在x∈(－2，－1)使－a>－x－成立，即－a>min。
因为x∈(－2，－1)，所以－x∈(1,2)，
则－x－≥2＝2，
当且仅当－x＝－，即x＝－时等号成立，
所以－a>2，则a<－2。
所以实数a的取值范围为(－∞，－2)。


1．f (x)在D上单调递增(减)，只要f ′(x)≥0(≤0)在D上恒成立即可，如果能够分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系。
2．二次函数在区间D上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论。
【变式训练】　若函数f (x)＝ex(sinx＋a)在区间(0，π)内单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－∞，－] D．(－∞，1]
解析　由题意，知f ′(x)＝ex(sinx＋cosx＋a)≤0在区间(0，π)内恒成立，即a≤－sin在区间(0，π)内恒成立。因为x＋∈，所以sin∈，所以－sin∈[－，1)，所以a≤－。故选C。
答案　C
考点三 函数单调性的应用微点小专题
方向1：解不等式
【例3】　(2019·安徽省示范高中联考)设函数f (x)在R上存在导数f ′(x)，对任意的x∈R，有f (－x)－f (x)＝0，且x∈[0，＋∞)时，f ′(x)>2x。若f (a－2)－f (a)≥4－4a，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，1] B．[1，＋∞)
C．(－∞，2] D．[2，＋∞)
解析　令G(x)＝f (x)－x2，则G′(x)＝f ′(x)－2x。x∈[0，＋∞)时，G′(x)＝f ′(x)－2x>0，所以G(x)在[0，＋∞)上是增函数。G(－x)＝f (－x)－(－x)2＝f (x)－x2＝G(x)，所以G(x)为偶函数，G(x)在(－∞，0)上是减函数。因为f (a－2)－f (a)≥4－4a，所以f (a－2)－4＋4a－a2≥f (a)－a2，所以f (a－2)－(a－2)2≥f (a)－a2，即G(a－2)≥G(a)，所以|a－2|≥|a|，所以a≤1。故选A。
答案　A


本小题构造了新函数G(x)＝f (x)－x2，通过讨论其单调性解不等式。
方向2：比较大小
【例4】　(2019·南昌摸底调研)已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，设函数f (x)的导函数为f ′(x)，若对任意x>0都有2f (x)＋xf ′(x)>0成立，则(　　)
A．4f (－2)<9f (3) B．4f (－2)>9f (3)
C．2f (3)>3f (－2) D．3f (－3)<2f (－2)
解析　根据题意，令g(x)＝x2f (x)，其导数g′(x)＝2xf (x)＋x2f ′(x)，又对任意x>0都有2f (x)＋xf ′(x)>0成立，则当x>0时，有g′(x)＝x(2f (x)＋xf ′(x))>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f (x)是定义在R上的偶函数，则f (－x)＝f (x)，则有g(－x)＝(－x)2f (－x)＝x2f (x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2) 答案　A


一般地，在不等式中如同时含有f (x)与f ′(x)，常需要通过构造含f (x)与另一函数的积或商的新函数来求解，再借助导数考查新函数的性质，继而获得解答。如本题已知条件“2f (x)＋xf ′(x)>0”，需构造函数g(x)＝x2f (x)，求导后得x>0时，g′(x)>0，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，从而问题得以解决。
【题点对应练】　
1．(方向1)已知函数f (x)(x∈R)满足f (1)＝1，且f (x)的导函数f ′(x)<，则不等式f (x2)<＋的解集为________。
解析　由题意构造函数f (x)＝f (x)－x，则F ′(x)＝f ′(x)－。因为f ′(x)<，所以F ′(x)＝f ′(x)－<0，即函数F (x)在R上单调递减。因为f (x2)<＋，f (1)＝1，所以f (x2)－1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)。
答案　(－∞，－1)∪(1，＋∞)
2．(方向2)定义在R上的函数f (x)满足：f ′(x)>f (x)恒成立，若x1 A．e x1f (x2)>e x2f (x1)
B．e x1f (x2) C．e x1f (x2)＝e x2f (x1)
D．e x1f (x2)与e x2f (x1)的大小关系不确定
解析　设g(x)＝，则g′(x)＝＝，由题意得g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增，当x1e x2f (x1)。
答案　A

1．(配合例1使用)若函数y＝在(1，＋∞)上单调递减，则称f (x)为P函数。下列函数中为P函数的为(　　)
①f (x)＝1；②f (x)＝x；③f (x)＝；④f (x)＝。
A．①②④ B．①③
C．①③④ D．②③
解析　x∈(1，＋∞)时，lnx>0，x增大时，，都减小，所以y＝，y＝在(1，＋∞)上都是减函数，所以f (x)＝1和f (x)＝都是P函数；′＝，所以x∈(1，e)时，′<0，x∈(e，＋∞)时，′>0，即y＝在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以f (x)＝x不是P函数；′＝，所以x∈(1，e2)时，′<0，x∈(e2，＋∞)时，′>0，即y＝在(1，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，所以f (x)＝不是P函数。故选B。
答案　B
2．(配合例1使用)已知函数f (x)＝ln(ex＋1)－ax(a>0)，讨论函数y＝f (x)的单调区间。
解　f ′(x)＝－a＝1－－a。
①当a≥1时，f ′(x)<0恒成立，
所以当a∈[1，＋∞)时，
函数y＝f (x)在R上单调递减。
②当00，得(1－a)(ex＋1)>1，
即ex>－1＋，解得x>ln，
由f ′(x)<0，得(1－a)(ex＋1)<1，
即ex<－1＋，解得x 所以当a∈(0,1)时，
函数y＝f (x)在上单调递增，
在上单调递减。
综上，当a∈[1，＋∞)时，f (x)在R上单调递减；
当a∈(0,1)时，f (x)在上单调递增，
在上单调递减。
3．(配合例3、例4使用)设偶函数f (x)定义在∪上，其导函数为f ′(x)，当02f cosx的解集为(　　)
A．∪
B．∪
C．∪
D．∪
解析　令g(x)＝，因为f (x)是定义在∪上的偶函数，所以g(x)是定义在∪上的偶函数，又当02f cosx化为>，即g(x)>g，则|x|<，又x∈∪，所以x∈∪。故选C。
答案　C

构造函数　比较大小
此类涉及已知f (x)与f ′(x)的一些关系式，比较有关函数式大小的问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用单调性求解。
一、x与f (x)的组合函数
【典例1】　若函数f (x)的定义域为R，且满足f (2)＝2，f ′(x)>1，则不等式f (x)－x>0的解集为________。
【解析】　令g(x)＝f (x)－x，所以g′(x)＝f ′(x)－1。由题意知g′(x)>0，所以g(x)为增函数。因为g(2)＝f (2)－2＝0，所以g(x)>0的解集为(2，＋∞)。
【答案】　(2，＋∞)
【典例2】　π是圆周率，e是自然对数的底数，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六个数中，最小的数与最大的数分别是(　　)
A．3e,3π　　B．3e，eπ C．e3，π3　　D．πe,3π
【解析】　构造函数f (x)＝，f (x)的定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x)＝，当f ′(x)>0，即0e时，函数f (x)单调递减。故函数f (x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)。因为e<3<π，所以eln3π3，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六个数中的最大的数是3π，同理得最小的数为3e。故选A。
【答案】　A
二、ex与f (x)的组合函数
【典例3】　已知f (x)(x∈R)有导函数，且∀x∈R，f ′(x)>f (x)，n∈N*，则有(　　)
A．enf (－n)enf (0)
B．enf (－n) C．enf (－n)>f (0)，f (n)>enf (0)
D．enf (－n)>f (0)，f (n) 【解析】　设g(x)＝，则g′(x)＝＝>0，g(x)为R上的增函数，故g(－n)enf (0)。故选A。
【答案】　A
【典例4】　设a>0，b>0，e是自然对数的底数，则(　　)
A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a>b
B．若ea＋2a＝eb＋3b，则a C．若ea－2a＝eb－3b，则a>b
D．若ea－2a＝eb－3b，则a 【解析】　因为a>0，b>0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b。对于函数y＝ex＋2x(x>0)，因为y′＝ex＋2>0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上单调递增，因而a>b成立。故选A。
【答案】　A
第2课时　导数与函数的极值、最值

考点一 函数的极值问题微点小专题
方向1：由图象判断函数的极值
【例1】设函数f (x)在R上可导，其导函数为f ′(x)，且函数y＝(1－x)f ′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)

A．函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (1)
B．函数f (x)有极大值f (－2)和极小值f (1)
C．函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (－2)
D．函数f (x)有极大值f (－2)和极小值f (2)
解析　由题图可知，当x<－2时，f ′(x)>0；当－22时，f ′(x)>0。由此可以得到函数f (x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值。故选D。
答案　D


知图判断函数极值的情况。先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号。
方向2：求函数的极值
【例2】　已知函数f (x)＝2f ′(1)lnx－x，则f (x)的极大值为(　　)
A．2 B．2ln2－2
C．e D．2－e
解析　函数f (x)定义域(0，＋∞)，f ′(x)＝－1，所以f ′(1)＝1，f (x)＝2lnx－x，令f ′(x)＝－1＝0，解得x＝2。当00，当x>2时，f ′(x)<0，所以当x＝2时函数取得极大值，极大值为2ln2－2。
答案　B


求函数极值的一般步骤：①先求函数f (x)的定义域，再求函数f (x)的导函数f ′(x)；②求f ′(x)＝0的根；③判断在f ′(x)＝0的根的左、右两侧f ′(x)的符号，确定极值点；④求出具体极值。
方向3：已知极值求参数
【例3】　(2019·江西八校联考)若函数f (x)＝x2－x＋alnx在[1，＋∞)上有极值点，则实数a的取值范围为________。
解析　函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－1＋＝，由题意知2x2－x＋a＝0在R上有两个不同的实数解，且在[1，＋∞)上有解，所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a≤0，所以a∈(－∞，－1]。
答案　(－∞，－1]


已知函数极值点或极值求参数的两个要领
1．列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解。
2．验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性。
【题点对应练】　
1．(方向1)已知函数f (x)的定义域为(a，b)，导函数f ′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f (x)在(a，b)上的极大值点的个数为(　　)

A．1 B．2
C．3 D．4
解析　由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f (x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个。
答案　B
2．(方向2)若x＝－2是函数f (x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f (x)的极小值为(　　)
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
解析　因为f (x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f ′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1。因为x＝－2是函数f (x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f ′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1。令f ′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f ′(x)<0，解得－2 答案　A
3．(方向3)已知函数f (x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则实数c的值为(　　)
A．6 B．2
C．2或6 D．0
解析　由f ′(2)＝0可得c＝2或6。当c＝2时，结合图象(图略)可知函数先增后减再增，在x＝2处取得极小值；当c＝6时，结合图象(图略)可知，函数在x＝2处取得极大值。故选B。
答案　B
4．(方向3)(2019·长春市质量监测)若函数f (x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)内有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－2)
C．(－∞，－3] D．(－∞，－3)
解析　f ′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋3]ex，令g(x)＝x2＋(a＋2)x＋a＋3。由题意知，g(x)在(0，＋∞)内先减后增或先增后减，结合函数g(x)的图象特征知，或解得a≤－3。故选C。
答案　C
考点二 函数的最值问题
【例4】　(2019·贵阳检测)已知函数f (x)＝－lnx。
(1)求f (x)的单调区间；
(2)求函数f (x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数)。
解　(1)f (x)＝－lnx＝1－－lnx，f (x)的定义域为(0，＋∞)。
所以f ′(x)＝－＝，
由f ′(x)>0，得01，
所以f (x)＝1－－lnx的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)。
(2)由(1)得f (x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，
所以f (x)在上的最大值为f (1)＝1－1－ln1＝0。
又f ＝1－e－ln＝2－e，f (e)＝1－－lne＝－，且f 所以f (x)在上的最小值为f ＝2－e。
综上所述，f (x)在上的最大值为0，最小值为2－e。


1．求函数f (x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤：
第一步，求函数在(a，b)内的极值；
第二步，求函数在区间端点处的函数值f (a)，f (b)；
第三步，将函数f (x)的各极值与f (a)，f (b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值。
2．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】　设函数f (x)＝lnx－2mx2－n(m，n∈R)。
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有最大值－ln2，求m＋n的最小值。
解　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－4mx＝，
当m≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，令f ′(x)>0得0，
所以f (x)在上单调递增，在上单调递减。
(2)由(1)知，当m≤0时，f (x)无最大值；当m>0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减。
所以f (x)max＝f ＝ln－2m·－n＝－ln2－lnm－－n＝－ln2，
所以n＝－lnm－，
所以m＋n＝m－lnm－，
令h(x)＝x－lnx－(x>0)，
则h′(x)＝1－＝，
所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以h(x)min＝h＝ln2，所以m＋n的最小值为ln2。

1．(配合例3使用)设函数f (x)＝2lnx－mx2＋1。
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)当f (x)有极值时，若存在x0，使得f (x0)>m－1成立，求实数m的取值范围。
解　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝－2mx＝，
当m≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，令f ′(x)>0，则0，所以f (x)在上单调递增，在上单调递减。
综上，当m≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减。
(2)由(1)知，当f (x)有极值时，m>0，且f (x)在上单调递增，在上单调递减。
所以f (x)max＝f ＝2ln－m·＋1＝－lnm，
若存在x0，使得f (x0)>m－1成立，则f (x)max>m－1。
即－lnm>m－1，lnm＋m－1<0成立，
令g(x)＝x＋lnx－1(x>0)，
因为g′(x)＝1＋>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，
所以m－1<0，即m<1。
综上，0 所以实数m的取值范围是(0,1)。
2．(配合例4使用)已知a为实数，函数f (x)＝alnx＋x2－4x。
(1)若x＝3是函数f (x)的一个极值点，求实数a的值；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈，使得f (x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围。
解　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝＋2x－4＝。
因为x＝3是函数f (x)的一个极值点，
所以f ′(3)＝0，解得a＝－6。
经检验，当a＝－6时，x＝3是函数f (x)的一个极小值点，符合题意，故a＝－6。
(2)由f (x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x－2x0，
记F (x)＝x－lnx(x>0)，则F ′(x)＝(x>0)，
所以当01时，F ′(x)>0，F (x)单调递增。
所以F (x)≥F (1)＝1>0，所以a≥。
记G(x)＝，x∈，
则G′(x)＝＝。
因为x∈，所以2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，
所以x－2lnx＋2>0，
所以当x∈时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
当x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增。
所以G(x)min＝G(1)＝－1，所以a≥G(x)min＝－1，
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)。


第3课时　导数与不等式

考点一 不等式的证明微点小专题
方向1：移项作差构造法
【例1】　(2019·江西赣州高三模拟)已知函数f (x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f (x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直。
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f (x)＋g(x)≥。
解　(1)因为f (x)＝1－，
所以f ′(x)＝，f ′(1)＝－1。
因为g(x)＝＋－bx，
所以g′(x)＝－－－b。
因为曲线y＝f (x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f ′(1)·g′(1)＝－1，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1。
(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f (x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0。
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1。
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f (x)＋g(x)≥。


待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证。
【变式训练】　(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝aex－lnx－1。(e＝2.718 28…是自然对数的底数)
(1)设x＝2是f (x)的极值点，求a，并求f (x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f (x)≥0。
解　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝aex－。
由题设知，f ′(2)＝0，所以a＝。
从而f (x)＝ex－lnx－1，f ′(x)＝ex－。
当02时，f ′(x)>0。
所以f (x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增。
(2)证明：当a≥时，f (x)≥－lnx－1。
设g(x)＝－lnx－1，则g′(x)＝－。
当01时，g′(x)>0。
所以x＝1是g(x)的极小值点也是最小值点。
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0。
因此，当a≥时，f (x)≥0。
方向2：特征分析法
【例2】　已知函数f (x)＝ax－lnx－1。
(1)若f (x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)证明：＋x＋lnx－1≥0；
(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，求k的取值范围。
解　(1)由题意知x>0，
所以f (x)≥0等价于a≥。
令g(x)＝，则g′(x)＝，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，
所以a的最小值为1。
(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥lnx＋1。
即t≥lnt＋1。
令＝t，则－x－lnx＝lnt，
所以≥－x－lnx＋1，即＋x＋lnx－1≥0。
(3)因为k(e－x＋x2)≥x－xlnx，
即k≥1－lnx恒成立，
所以k≥＝－＋1，
由(2)知＋x＋lnx－1≥0恒成立，
所以－＋1≤1，故k≥1。


这种方法往往要在前面问题中证明出某个不等式，在后续的问题中应用前面的结论，呈现出层层递进的特点。
【变式训练】　已知函数f (x)＝。
(1)求函数f (x)的单调区间和极值；
(2)若对任意的x>1，恒有ln(x－1)＋k＋1≤kx成立，求k的取值范围；
(3)证明：＋＋…＋<(n∈N*，n≥2)。
解　(1)f (x)的定义域是(0，＋∞)，
f ′(x)＝－，由f ′(x)＝0⇒x＝1，列表如下：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
f (x)
单调递增
极大值
单调递减
因此函数f (x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)，极大值为f (1)＝1，无极小值。
(2)因为x>1，
ln(x－1)＋k＋1≤kx⇔≤k⇔f (x－1)≤k，
所以f (x－1)max≤k，所以k≥1。
(3)证明：由(1)可得f (x)＝≤f (x)max＝f (1)＝1⇒≤1－，当且仅当x＝1时取等号。
令x＝n2(n∈N*，n≥2)。
则<1－⇒<
<
＝(n≥2)，
所以＋＋…＋
<＋＋…＋
＝＝。
方向3：隔离分析法
【例3】　(2019·福州高三期末考试)已知函数f (x)＝elnx－ax(a∈R)。
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf (x)－ex＋2ex≤0。
解　(1)f ′(x)＝－a(x>0)，
①若a≤0，则f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00，当x>时，f ′(x)<0，
故f (x)在上单调递增，在上单调递减。
(2)因为x>0，所以只需证f (x)≤－2e，
当a＝e时，由(1)知，f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f (x)max＝f (1)＝－e。
记g(x)＝－2e(x>0)，
则g′(x)＝，
所以当0 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e。
综上，当x>0时，f (x)≤g(x)，
即f (x)≤－2e，即xf (x)－ex＋2ex≤0。

解：由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于lnx－x＋2≤。
设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝－1。
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1。
设函数h(x)＝，则h′(x)＝。
所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1。
综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf (x)－ex＋2ex≤0。


若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标。
【变式训练】　(2019·广西三市联考)已知f (x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然对数的底数，a∈R。
(1)当a＝1时，求f (x)的极值，并证明f (x)>g(x)＋恒成立；
(2)是否存在实数a，使f (x)的最小值为3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由。
解　(1)因为f (x)＝x－lnx(x>0)，
f ′(x)＝1－＝(0 所以当0 当10，此时f (x)单调递增。
所以f (x)的极小值为f (1)＝1，
即f (x)在(0，e]上的最小值为1，
令h(x)＝g(x)＋＝＋，
则h′(x)＝，
当00，h(x)在(0，e]上单调递增，
所以h(x)max＝h(e)＝＋<＋＝1＝f (x)min。
所以f (x)>g(x)＋恒成立。
(2)假设存在实数a，使f (x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，f ′(x)＝a－＝。
①当a≤0时，f (x)在(0，e]上单调递减，f (x)min＝f (e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，
所以a≤0时，不存在a使f (x)的最小值为3。
②当0<时，f (x)在上单调递减，在上单调递增，
所以f (x)min＝f ＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件。
③当≥e，即0 f (x)在(0，e]上单调递减，
f (x)min＝f (e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，
所以0 综上，存在实数a＝e2，
使得当x∈(0，e]时，f (x)有最小值3。
考点二 不等式恒成立问题
【例4】　(2019·石家庄质量监测)已知函数f (x)＝axex－(a＋1)(2x－1)。
(1)若a＝1，求函数f (x)的图象在点(0，f (0))处的切线方程；
(2)当x>0时，函数f (x)≥0恒成立，求实数a的取值范围。
解　(1)若a＝1，则f (x)＝xex－2(2x－1)，f ′(x)＝xex＋ex－4，
则f ′(0)＝－3，f (0)＝2，
所以所求切线方程为y＝－3x＋2。
(2)若a≤－1，则f (x)≥0对x>0不恒成立，若a>－1，f (x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为≥对任意的x>0恒成立。
设函数f (x)＝(x>0)，
则F ′(x)＝－。
当00，当x>1时，F ′(x)<0，
所以函数f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f (x)max＝F (1)＝，
于是≥，解得a≥。
故实数a的取值范围是。


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。
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，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解。
【变式训练】　已知函数f (x)＝lnx－(a∈R)。
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)求证：不等式(x＋1)lnx>2(x－1)对∀x∈(1,2)恒成立。
解　(1)定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝。
①a≤0时，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上为增函数，故f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)。
②a>0时，由x>a时，f ′(x)>0,0 知f (x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)。
(2)证明：因为x∈(1,2)，所以x＋1>0，
所以要证原不等式成立，即证lnx>对∀x∈(1,2)恒成立，令g(x)＝lnx－，
g′(x)＝≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
所以当x∈(1,2)时，g(x)>g(1)＝ln1－＝0，
所以lnx>对∀x∈(1,2)恒成立，
所以(x＋1)lnx>2(x－1)对∀x∈(1,2)恒成立。

证明：令F (x)＝(x＋1)lnx－2(x－1)，
F ′(x)＝lnx＋－2＝lnx－。
令φ(x)＝lnx－，由(1)知a＝1时，
φ(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数。
因为x∈(1,2)，则φ(x)在(1,2)为增函数，φ(x)>φ(1)＝0，
即x∈(1,2)，F ′(x)>0，所以f (x)在(1,2)上为增函数，
所以f (x)>F (1)＝0，
所以(x＋1)lnx>2(x－1)对∀x∈(1,2)恒成立。


第4课时　导数与函数的零点

考点一 求函数零点的个数
【例1】　设函数f (x)＝ex－ax，a是常数，讨论f (x)的零点的个数。
解　当a>0时，f ′(x)＝ex－a，由f ′(x)＝0得x＝lna。
若xlna，则f ′(x)>0。
函数f (x)在区间(－∞，lna)上单调递减，在区间(lna，＋∞)上单调递增，
f (x)的最小值为f (lna)＝a(1－lna)。
①当00，f (x)无零点；
②当a＝e时，f (lna)＝a(1－lna)＝0，f (x)只有一个零点；
③当a>e时，f (lna)＝a(1－lna)<0，根据f (0)＝1>0与函数的单调性，
可知f (x)在区间(－∞，lna)和(lna，＋∞)上各有一个零点，f (x)共有两个零点。
当a＝0时，f (x)＝ex，f (x)无零点。
当a<0时，由f (x)＝0，得ex＝ax，易知曲线y＝ex与直线y＝ax只有一个交点，所以f (x)只有一个零点。
综上所述，当0≤a 当a<0或a＝e时，f (x)有一个零点；
当a>e时，f (x)有两个零点。


根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”。
【变式训练】　(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x)＝x3－a(x2＋x＋1)。
(1)若a＝3，求f (x)的单调区间；
(2)证明：f (x)只有一个零点。
解　(1)当a＝3时，f (x)＝x3－3x2－3x－3，f ′(x)＝x2－6x－3。
令f ′(x)＝0解得x＝3－2或x＝3＋2。
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f ′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f ′(x)<0。
故f (x)的单调递增区间为(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，单调递减区间为(3－2，3＋2)。
(2)证明：由于x2＋x＋1>0，
所以f (x)＝0等价于－3a＝0。
设g(x)＝－3a，
则g′(x)＝≥0，
当且仅当x＝0时g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增。
故g(x)至多有一个零点，从而f (x)至多有一个零点。
又f (3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f (3a＋1)＝>0，故f (x)有一个零点。
综上，f (x)只有一个零点。
考点二 已知函数零点个数求参数值或范围
【例2】　(2019·重庆市质量调研)设函数f (x)＝－x2＋ax＋lnx(a∈R)。
(1)当a＝－1时，求函数f (x)的单调区间；
(2)设函数f (x)在上有两个零点，求实数a的取值范围。
解　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f ′(x)＝－2x－1＋＝＝，
令f ′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，
当00，当x>时，f ′(x)<0，
所以f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为。
(2)令f (x)＝－x2＋ax＋lnx＝0，得a＝x－，
令g(x)＝x－，其中x∈，
则g′(x)＝1－＝，
令g′(x)＝0，得x＝1，
当≤x<1时，g′(x)<0，当10，
所以g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3]，
所以g(x)min＝g(1)＝1，
由于函数f (x)在上有两个零点，g＝3ln3＋，g(3)＝3－，3ln3＋>3－，
所以实数a的取值范围是。


与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题。
【变式训练】　已知函数f (x)＝kx－lnx(k>0)。
(1)若k＝1，求f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(3)比较e3与3e的大小。
解　(1)k＝1，f (x)＝x－lnx，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x)＝1－＝，
由f ′(x)>0得x>1，由f ′(x)<0得0 所以f (x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)。
(2)由题意知方程kx－lnx＝0仅有一个实根，
由kx－lnx＝0得k＝(x>0)，
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，
当x＝e时，g′(x)＝0；
当00；
当x>e时，g′(x)<0。
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(e)＝。
当x→＋∞时，g(x)→0。
又k>0，所以要使f (x)仅有一个零点，则k＝。

解法一：f (x)＝kx－lnx，f ′(x)＝k－＝(x>0，k>0)。
当x＝时，f ′(x)＝0；
当0 当x>时，f ′(x)>0。
所以f (x)在上单调递减，在上单调递增，
所以f (x)min＝f ＝1－ln，
因为f (x)有且只有一个零点，
所以1－ln＝0，即k＝。
解法二：因为k>0，所以函数f (x)有且只有一个零点即为直线y＝kx与曲线y＝lnx相切，设切点为(x0，y0)，由y＝lnx得y′＝，
所以所以k＝，x0＝e，y0＝1，
所以实数k的值为。

(3)由(1)(2)知≤，即≥lnx，当且仅当x＝e时，取“＝”，令x＝3，得>ln3，即lne3>eln3＝ln3e，所以e3>3e。
考点三 函数零点性质研究
【例3】　(2019·四川内江模拟)已知函数f (x)＝ex－2，其中e＝2.718 28…是自然对数的底数。
(1)证明：当x>0时，f (x)>x－1≥lnx；
(2)设m为整数，函数g(x)＝f (x)－lnx－m有两个零点，求m的最小值。
解　(1)证明：设h(x)＝ex－x－1，
则h′(x)＝ex－1，
令h′(x)＝0，得x＝0。
当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增。
所以h(x)≥h(0)＝0，当且仅当x＝0时取等号，
所以对任意x∈R，ex≥x＋1　(*)。
所以当x>0时，f (x)>x－1。
所以x>－1时，由(*)知x≥ln(x＋1)。
所以当x>0时，f (x)>x－1≥lnx。
(2)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
当m≤0时，由(1)知，g(x)＝ex－lnx－2－m>－m≥0，故g(x)无零点。
当m＝1时，g(x)＝ex－lnx－3，则g′(x)＝ex－。
因为g′(1)＝e－1>0，g′＝－2<0，且g′(x)为(0，＋∞)上的增函数，
所以g′(x)有唯一的零点x0∈。
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)的最小值为g(x0)＝e x0－lnx0－3。
由x0为g′(x)的零点知e x0－＝0，
于是e x0＝，即x0＝－lnx0。
所以g(x)的最小值g(x0)＝x0＋－3。
由x0∈知，x0＋－3<0，
即g(x0)<0。
又g(2)＝e2－ln2－3>0，
g＝e＋2ln3－3>0，
所以g(x)在上有一个零点，在(x0,2)上有一个零点，
所以g(x)有两个零点。
综上所述，m的最小值为1。


破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果。
【变式训练】　已知f (x)＝xlnx－mx2－x，m∈R。若f (x)有两个极值点x1，x2，且x1e2(e为自然对数的底数)。
解　欲证x1x2>e2，需证lnx1＋lnx2>2。由函数f (x)有两个极值点x1，x2，可得函数f ′(x)有两个零点，又f ′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f ′(x)＝0的两个不同实根。
于是有
①＋②可得lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)，
即m＝，
②－①可得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，
即m＝，
从而可得＝，
于是lnx1＋lnx2＝
＝。
又01。
因此lnx1＋lnx2＝，t>1。
要证lnx1＋lnx2>2，即证>2(t>1)，即证当t>1时，有lnt>。
令h(t)＝lnt－(t>1)，
则h′(t)＝－＝>0，
所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数。
因此h(t)>ln1－＝0。
于是当t>1时，有lnt>。
所以有lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2。

近几年高考压轴题常以x与ex，lnx组合的函数为基础来命制，将基本初等函数的概念、图象与性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数研究函数性质、证明相关不等式(或比较大小)、求参数的取值范围(或最值)。预计今后高考试题除了延续往年的命题形式，还会更着眼于知识点的巧妙组合，注重对函数与方程、转化与化归、分类整合和数形结合等思想的灵活运用，突出对数学思维能力和数学核心素养的考查。
　　　　　　　　　　　　　
支招一 分离参数、设而不求
【例1】　(2019·湖南省名校联考)已知函数f (x)＝lnx，h(x)＝ax(a∈R)。
(1)若函数f (x)的图象与h(x)的图象无公共点，求实数a的取值范围；
(2)是否存在实数m，使得对任意的x∈，都有y＝f (x)＋的图象在g(x)＝的图象下方？若存在，请求出整数m的最大值；若不存在，请说明理由。
【思路点拨】　(1)函数f (x)的图象与h(x)的图象无公共点，等价于方程＝a在(0，＋∞)上无解；(2)将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，通过求导判断函数的单调性，进而得到参数的值。
【解】　(1)函数f (x)的图象与h(x)的图象无公共点，等价于方程＝a在(0，＋∞)上无解，
令t(x)＝，则t′(x)＝，令t′(x)＝0，得x＝e。
随着x的变化，t′(x)，t(x)的变化如下表所示。
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
t′(x)
＋
0
－
t(x)
单调递增
极大值
单调递减
因为x＝e是函数t(x)唯一的极值点，所以t(x)max＝t(e)＝，故要使方程＝a在(0，＋∞)上无解，需满足a>，故实数a的取值范围为。
(2)假设存在实数m满足题意，则不等式lnx＋<对任意的x∈恒成立，
即m 令v(x)＝ex－xlnx，则v′(x)＝ex－lnx－1，
令φ(x)＝ex－lnx－1，则φ′(x)＝ex－，
易知φ′(x)在上单调递增，φ′＝e－2<0，φ′(1)＝e－1>0且φ′(x)的图象在上连续，
所以存在唯一的x0∈，使得φ′(x0)＝0，即e x0－＝0，则x0＝－lnx0。
当x∈时，φ(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)单调递增。
则φ(x)在x＝x0处取得最小值，且最小值为φ(x0)＝ex0－lnx0－1＝＋x0－1>2－1＝1>0，
所以v′(x)>0，即v(x)在上单调递增，
所以m≤e－ln＝e＋ln2≈1.995 29，
故存在整数m满足题意，且m的最大值为1。



本题分离参数后导数零点不可求，且不能通过观察得到，此时往往可以采用设而不求的方法。在第(2)小问中，通过虚设零点x0得到x0＝－lnx0，将e x0－lnx0－1转化为普通代数式＋x0－1，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉x0，即借助φ′(x0)＝0作整体代换，采取设而不求的方法，达到化简并求解的目的。
【变式训练1】　若对于任意的正实数x，y都有·ln≤成立，则实数m的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
解析　因为x>0，y>0，·ln≤，所以两边同时乘以，可得·ln≤，令＝t(t>0)，令f (t)＝(2e－t)·lnt(t>0)，则f ′(t)＝－lnt＋(2e－t)·＝－lnt＋－1，令g(t)＝－lnt＋－1(t>0)，则g′(t)＝－－<0，因此g(t)即f ′(t)在(0，＋∞)上单调递减，又f ′(e)＝0，所以函数f (t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，因此f (t)max＝f (e)＝(2e－e)·lne＝e，所以e≤，得0 答案　D
支招二 分离lnx与ex
【例2】　(2019·长沙高三统考)已知函数f (x)＝ax2－xlnx。
(1)若函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若a＝e，证明：当x>0时，f (x) 【思路点拨】　第(1)小题转化为当x>0时，不等式f ′(x)≥0恒成立，进而应用分离变量法求解；第(2)小题将待证不等式等价变形为ex－ex 【解】　(1)由题意知，f ′(x)＝2ax－lnx－1。
因为函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f ′(x)≥0，即2a≥恒成立。
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，
易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，
所以2a≥1，即a≥。
故实数a的取值范围是。
(2)若a＝e，要证f (x) 令h(x)＝lnx＋(x>0)，则h′(x)＝，
易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，
所以lnx＋≥0。
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0。
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex

1．若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标。
2．本题第(2)小题中变形后再隔离分析构造函数，便于探求构造的函数h(x)＝lnx＋和φ(x)＝ex－ex的单调性。若直接构造函数，则很难借助导数研究其单调性。
【变式训练2】　设函数f (x)＝，曲线y＝f (x)在点(e，f (e))处的切线与直线e2x－y＋e＝0垂直。
(1)若f (x)在(m，m＋1)上存在极值，求实数m的取值范围；
(2)求证：当x>1时，不等式>。
解　(1)因为f (x)定义域为(0，＋∞)且f ′(x)＝，所以曲线y＝f (x)在点(e，f (e))处的切线斜率为－。
又切线与直线e2x－y＋e＝0垂直，
可得f ′(e)＝－，所以－＝－，
解得a＝1，所以f (x)＝，
f ′(x)＝－(x>0)，
当00，f (x)为增函数；
当x>1时，f ′(x)<0，f (x)为减函数，所以x＝1是函数f (x)的极大值点。
又f (x)在(m，m＋1)上存在极值，所以m<1 综上所述，实数m的取值范围是(0,1)。
(2)将不等式>变形为·>，
分别构建函数g(x)＝和函数h(x)＝。
则g′(x)＝，令φ(x)＝x－lnx，则φ′(x)＝1－＝。
因为x>1，所以φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x)>φ(1)＝1>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以x>1时，g(x)>g(1)＝2，故>。
h′(x)＝，因为x>1，所以1－ex<0，所以h′(x)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上是减函数，所以x>1时，h(x) 综上所述，>h(x)，即>。
支招三 借助ex≥x＋1和lnx≤x－1进行放缩
【例3】　(2019·长春质检)已知函数f (x)＝ex－a。
(1)若函数f (x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；
(2)若f (x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值。
【思路点拨】　(1)利用导数的几何意义，得到f ′(x)＝1，代入求出a的值；(2)将f (x)－lnx>0恒成立的问题转化为求两个不等式的恒成立问题，即ex≥x＋1与lnx≤x－1恒成立，然后构建不等式ex－2>lnx，从而确定a的最大值。
【解】　(1)f ′(x)＝ex，因为函数f (x)的图象与直线y＝x－1相切，
所以令f ′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，即f (0)＝－1，解得a＝2。
(2)现证明ex≥x＋1，设F (x)＝ex－x－1，
则F ′(x)＝ex－1，令F ′(x)＝0，则x＝0，
当x∈(0，＋∞)时，F ′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，F ′(x)<0，
所以F (x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F (x)min＝F (0)＝0，即F (x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，
同理可得lnx≤x－1，
所以ex－2>lnx，
当a≤2时，lnx 即当a≤2时，f (x)－lnx>0恒成立。
当a≥3时，存在x，使ex－alnx不恒成立。
综上，整数a的最大值为2。


利用ex≥x＋1，lnx≤x－1可将超越函数转化为一次函数，有效地降低了试题的难度。
【变式训练3】　已知函数f (x)＝x－1－alnx。
(1)若f (x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…· 解　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f ＝－＋aln2<0，所以不满足题意；
②若a>0，由f ′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f ′(x)<0；
当x∈(a，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以f (x)在(0，a)上单调递减，
在(a，＋∞)上单调递增，
故x＝a是f (x)在x∈(0，＋∞)上的唯一极小值点也是最小值点。
由于f (1)＝0，
所以当且仅当a＝1时，f (x)≥0，故a＝1。
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，
x－1－lnx>0，
令x＝1＋，得ln<，
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1。
故… 而＝>2，
所以m的最小值为3。