2021数学（理）统考版二轮复习学案：板块2 命题区间精讲 精讲6 导数含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考数学（理）统考版二轮复习学案：板块2命题区间精讲精讲6导数含解析导数阅卷案例思维导图(2020·全国卷Ⅰ，T21,12分)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。本题考查：函数的单调性、导数的应用、不等式恒成立等知识，数学抽象、数学运算、逻辑推理等核心素养。答题模板标准解答踩点得分第1步：求导利用导数运算法则求解。第2步：判断单调性依据f′(x)的符号同f（x）的关系求得，必要时可二次求导.第3步：分离变量对于恒成立问题常采用分离参数法。第4步：讨论分离后的函数单调性对于分离后的函数其单调性常采用进一步求导的方式判断.第5步：得结论结合单调性及最值写出参数的范围.第（1)问得分点及说明：1.正确求导得1分.2。利用导数研究f′（x)的单调性得1分。3。f（x)的单调性正确得1分.第(2）问得分点及说明：1。正确讨论x＝0的情形得1分。2.当x＞0时,正确分离参数a得1分.3。对h(x)正确求导得1分。4。正确得出m(x)的单调性得3分。5。正确得出h(x)单调性得1分。6。正确求出h（x）的最大值得1分。7。正确得出参数a的范围得1分。命题点1导数的简单应用利用导数研究函数的单调性、极值、最值应注意的4点(1）若求单调区间（或证明单调性），只要在函数定义域内解(或证明）不等式f′(x）＞0或f′（x）＜0即可．（2)已知可导函数f（x)在(a，b)上单调递增(减)，则f′(x)≥0（≤0)对∀x∈(a，b）恒成立，不能漏掉“＝”，且需验证“＝”不能恒成立．（3）f′（x）＝0的解不一定是函数f（x）的极值点．一定要检验在x＝x0的两侧f′（x）的符号是否发生变化，若变化，则为极值点；若不变化，则不是极值点．（4）比较函数y＝f（x）的各极值与端点处的函数值f（a)，f(b)的大小，最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．[高考题型全通关］1．（2020·昆明一模)已知函数f（x)＝ax－（a＋2)lnx－eq\f(2,x)－lna（a〉0)．(1)讨论f（x）的单调性；（2)若f(x）存在两个极值点x1，x2，求f(x1)＋f(x2)的最小值．[解]（1）函数f（x）＝ax－（a＋2）lnx－eq\f(2,x）－lna（a>0）,定义域为（0,＋∞），∴f′(x）＝a－eq\f（a＋2，x)＋eq\f（2,x2)＝eq\f(ax2－a＋2x＋2，x2）＝eq\f（x－1ax－2,x2）,由f′（x)＝0得：x＝1或x＝eq\f(2，a)，①若0〈a〈2，则eq\f（2,a)>1,由f′(x）〈0得,1〈x〈eq\f（2，a）；由f′（x）〉0得，0<x〈1或x〉eq\f(2,a），∴函数f(x）在（0,1）和eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2,a）,＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1，\f（2,a））)上单调递减；②若a＝2，则eq\f（2,a)＝1，此时f′(x)＝eq\f(2x－12,x2）≥0恒成立，∴函数f′(x）在(0，＋∞)上单调递增;③若a〉2，则0〈eq\f（2，a)<1，由f′(x）<0得,eq\f（2，a)<x〈1；由f′（x）>0得，0〈x〈eq\f（2，a)或x〉1,∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（2，a）)）和（1,＋∞）上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2,a）,1))上单调递减．（2)由（1)可知，f（x）有两个极值点时,a>0且a≠2,不妨设x1＝1,x2＝eq\f(2，a），∴f(x1)＝f（1）＝a－2－lna，f（x2）＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2，a）））＝2－a＋(a＋2）lneq\f(a，2)－lna，∴f(x1)＋f（x2）＝(a＋2）lneq\f（a,2）－2lna,设h（x）＝(x＋2）lneq\f(x,2）－2lnx，x∈(0，＋∞）,则h（x）＝（x＋2）（lnx－ln2）－2lnx，∴h′（x)＝lnx－ln2＋1，由h′(x)<0得0<x〈eq\f（2，e),∴函数h（x)在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（2，e）））上单调递减；由h′(x）〉0得x>eq\f（2,e），∴函数h（x)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,e),＋∞））上单调递增，∴x〉0时,h(x）min＝heq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，e）））＝－eq\f(2，e）－2ln2，∴当a〉0且a≠2时，f(x1）＋f(x2)的最小值为－eq\f（2,e）－2ln2.2．已知函数f（x）＝eq\f（1，3)x3－eq\f(1,2）ax2,其中参数a∈R。(1)当a＝2时,求曲线y＝f(x)在点(3，f(3)）处的切线方程;（2）设函数g(x）＝f(x）＋(x－a）cosx－sinx,讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．［解］（1)由题意得f′(x）＝x2－ax，所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x）＝x2－2x,所以f′（3)＝3,因此曲线y＝f（x)在点（3,f（3）)处的切线方程是y＝3（x－3),即3x－y－9＝0.(2）因为g（x)＝f(x）＋（x－a)cosx－sinx,所以g′(x）＝f′（x)＋cosx－(x－a)sinx－cosx＝x(x－a)－（x－a)sinx＝（x－a）(x－sinx）．令h(x）＝x－sinx，则h′（x）＝1－cosx≥0，所以h（x)在R上单调递增．因为h(0)＝0，所以当x>0时，h（x)>0;当x〈0时,h(x）〈0.①当a<0时，g′(x)＝(x－a）（x－sinx),当x∈(－∞,a)时，x－a〈0，g′(x)〉0，g（x）单调递增；当x∈（a，0)时，x－a>0，g′（x)<0，g（x)单调递减；当x∈（0，＋∞)时，x－a〉0,g′(x）>0，g(x）单调递增．所以当x＝a时，g（x)取到极大值，极大值是g(a)＝－eq\f（1，6）a3－sina；当x＝0时,g（x)取到极小值，极小值是g（0）＝－a。②当a＝0时，g′（x)＝x(x－sinx），当x∈（－∞，＋∞)时，g′(x）≥0，g（x）单调递增;所以g(x)在（－∞，＋∞)上单调递增，g(x）无极大值也无极小值．③当a>0时，g′（x）＝（x－a)(x－sinx），当x∈(－∞，0)时,x－a〈0，g′（x）>0,g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′（x)〈0，g（x）单调递减;当x∈（a，＋∞）时，x－a>0,g′（x)>0，g(x)单调递增．所以当x＝0时，g（x）取到极大值，极大值是g（0）＝－a；当x＝a时，g（x)取到极小值，极小值是g(a）＝－eq\f（1，6)a3－sina。综上所述，当a<0时，函数g(x）在（－∞，a）和（0,＋∞)上单调递增，在(a，0）上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a）＝－eq\f（1,6)a3－sina,极小值是g（0)＝－a;当a＝0时，函数g（x)在（－∞，＋∞）上单调递增,无极值;当a〉0时，函数g（x)在（－∞，0）和(a，＋∞）上单调递增,在(0,a）上单调递减,函数既有极大值,又有极小值，极大值是g（0)＝－a，极小值是g(a）＝－eq\f（1,6）a3－sina.命题点2利用导数解决函数零点问题求解函数零点（方程根）的个数问题的基本思路（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．[高考题型全通关］1．（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)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，不合题意．当a>0时，由f′(x）＝0可得x＝lna．当x∈(－∞，lna）时,f′(x）<0;当x∈(lna,＋∞)时,f′（x)〉0.所以f(x）在(－∞，lna）上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．故当x＝lna时，f（x）取得最小值，最小值为f(lna)＝－a·（1＋lna)．(ⅰ)若0〈a≤eq\f(1，e）,则f(lna）≥0，f（x）在（－∞,＋∞)至多存在1个零点,不合题意．（ⅱ)若a>eq\f（1，e),则f(lna）<0.由于f(－2）＝e－2>0，所以f（x)在（－∞，lna）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)＝eeq\s\up8(eq\f(x,2）)·eeq\s\up8(eq\f（x,2)）－a（x＋2)>eeq\s\up10（ln(2a））·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(x,2)＋2）)－a(x＋2)＝2a〉0。故f（x）在(lna，＋∞）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\co1（\f(1,e)，＋∞）).2．(2020·洛阳三模）已知函数f(x)＝eq\f（1,2）x2－alnx。(1)讨论函数f(x）的单调性;(2)若a〉0,函数f（x）在区间（1，e）上恰有两个零点，求a的取值范围．[解]（1)f（x）＝eq\f（1，2）x2－alnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(a，x）＝eq\f(x2－a，x）。①a≤0时，f′（x)〉0，所以f（x)在（0，＋∞）上单调递增；②a>0时,由f′（x)>0,得x〉eq\r(a），f′(x)<0,得0〈x〈eq\r（a).即f（x)在(0，eq\r(a)）上单调递减，在(eq\r（a)，＋∞）上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0,＋∞）上单调递增;当a>0时，f（x）在(0，eq\r(a))上单调递减,在（eq\r（a)，＋∞)上单调递增．（2)当a>0时,由(1）知f(x)在(0,eq\r（a）)上单调递减,在（eq\r(a），＋∞)上单调递增,①若eq\r（a)≤1，即0〈a≤1时,f(x）在(1，e)上单调递增，f(1）＝eq\f(1，2)，f（x）在区间(1，e)上无零点．②若1〈eq\r(a）〈e,即1〈a〈e2时,f(x)在（1，eq\r(a)）上单调递减,在（eq\r（a），e)上单调递增，f（x)min＝f（eq\r（a））＝eq\f(1，2)a（1－lna）．∵f（x)在区间（1，e)上恰有两个零点，∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（f1＝\f（1,2)〉0，,f\r（a）＝\f(1,2）a1－lna〈0，,fe＝\f(1,2）e2－a>0，）)∴e〈a<eq\f(1，2)e2.③若eq\r(a）≥e，即a≥e2时，f(x)在(1，e)上单调递减，f(1)＝eq\f（1,2)>0，f（e)＝eq\f（1，2)e2－a〈0,f（x)在区间（1，e)上有一个零点．综上，f（x）在区间（1，e)上恰有两个零点时，a的取值范围是eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(e,\f(1，2)e2))。[点评]由函数零点在区间(a，b）上，求参数范围的一般步骤:（1）确定函数的单调性；求导并分析函数在区间(a，b）上的单调情况;(2）数形结合:依据题意，大体画出相应函数的草图，数形结合分析函数的极值点；（3）建立不等关系并求解：依据零点的个数建立与极值相关的不等式，求解得到参数的范围．[教师备选］（2020·河北名校联考)已知函数f（x）＝lnx－aex＋1(a∈R)．(1)当a＝1时，讨论f(x)极值点的个数；(2）若函数f（x)有两个零点,求a的取值范围．［解］（1)当a＝1时，f(x）＝lnx－ex＋1（x>0)，则f′（x)＝eq\f(1,x)－ex，显然f′（x)在(0,＋∞)上单调递减，又f′eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））＝2－eq\r(e)〉0,f′（1)＝1－e<0，所以f′（x）在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2），1））上存在唯一零点x0，当x∈（0，x0)时，f′(x）>0，当x∈(x0，＋∞)时,f′(x）〈0，所以x0是f(x）的极大值点，且是唯一极值点．（2）令f（x)＝0，则a＝eq\f（lnx＋1,ex），令y＝a，g(x)＝eq\f(lnx＋1,ex）,则y＝a与g(x）的图象在(0，＋∞）上有两个交点，g′(x）＝eq\f(\f(1，x）－lnx－1，ex)(x〉0），令h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，则h′（x)＝－eq\f（1,x2)－eq\f（1，x）〈0,所以h（x）在(0，＋∞）上单调递减,而h(1)＝0，故当x∈（0,1）时,h（x）〉0，即g′(x）〉0，g(x）单调递增,当x∈(1，＋∞)时,h(x）〈0，即g′（x）<0，g（x)单调递减，故g(x）max＝g（1）＝eq\f（1，e）,又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，e)））＝0，当x〉1时，g(x）〉0，作出图象如图:由图可得:0〈a〈eq\f(1,e)，故a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（1,e)))。命题点3不等式恒成立、能成立问题不等式恒成立、能成立问题常用解法(1）分离参数后转化为求最值．不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a〉f(x）max或a〈f(x）min.(2）直接转化为函数的最值问题．在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论．（3）数形结合，构造函数．借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用．［高考题型全通关］1．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）＝eq\f（2，x）－2mx＝eq\f(－2mx2－1,x），当m≤0时，f′（x)＞0，∴f(x）在(0，＋∞）上单调递增;当m＞0时，令f′(x）＞0，则0＜x＜eq\f（1，\r（m))，令f′（x）＜0，则x＞eq\f(1，\r（m）），∴f（x）在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f（\r(m)，m）))上单调递增，在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（\r（m）,m），＋∞）)上单调递减．（2)由(1）知，当f(x）有极值时，m＞0，且f(x）在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(\r(m）,m)））上单调递增，在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(\r(m)，m）,＋∞））上单调递减．∴f(x)max＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m），m)）)＝2lneq\f（\r(m）,m）－m·eq\f(1，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)，∵g′(x)＝1＋eq\f（1，x)＞0,∴g(x）在(0，＋∞)上单调递增，且g（1)＝0,∴0＜m＜1。∴实数m的取值范围是（0，1）．2．已知函数f(x）＝x（e2x－a)．（1）若直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，求a的值；(2)若f（x)≥1＋x＋lnx在（0，＋∞）上恒成立,求a的取值范围．切入点：第(2)问既可以分离参数后构造函数求最值,也可将不等式一端化为0，利用另一端的代数式构造一个新函数，通过分类讨论得新函数的最值来解决．也可以构造m（t)＝et－t－1,通过研究函数m（t)的单调性得到et≥t＋1，再对a进行分类讨论，结合a的范围实施放缩来处理．[解］（1）因为f（x)＝x(e2x－a)，所以f′(x)＝（2x＋1)e2x－a.设直线y＝2x与曲线y＝f(x)的切点坐标为（x1,y1)，则（2x1＋1）eeq\s\up8（2x1）－a＝2，①因为切点既在切线上又在曲线上,所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y1＝x1eeq\s\up8(2x1）－ax1，，y1＝2x1，)）②由①②得a＝－1。（2）法一：(分离参数后构造函数)由题意得xe2x≥1＋lnx＋（a＋1）x，即xe2x－（1＋lnx)≥(a＋1)x，因为x＞0，所以e2x－eq\f(1＋lnx，x）≥a＋1.设F（x)＝e2x－eq\f(1＋lnx，x)(x＞0),则F′（x）＝2e2x＋eq\f(lnx，x2）＝eq\f(2x2e2x＋lnx,x2)。令h（x)＝2x2e2x＋lnx(x＞0)，因为h′(x)＝4xe2x（x＋1)＋eq\f(1,x）＞0,所以h（x)在(0，＋∞）上单调递增，又h（e－1)＝eq\f(2，e2）·eeq\s\up18（eq\f（2，e）)－1＜eq\f(2,e2)·e－1＝eq\f（2，e）－1＜0，且h(1）＝2e2＞0， 所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，e)，1)）使得h(x0）＝0，即2xeq\o\al（2，0）eeq\s\up8(2x0）＋lnx0＝0, 所以当x∈(0，x0)时，h（x）＜0，从而F′（x)＜0，F(x）单调递减;当x∈(x0，＋∞）时，h(x）＞0，从而F′(x）＞0,F（x）单调递增．所以F（x)min＝F（x0)＝eeq\s\up8（2x0)－eq\f（1＋lnx0,x0）。由题意得a＋1≤F(x0）．令xeq\o\al(2，0)eeq\s\up8(2x0)＝t，则t＞0,两边同时取自然对数得2x0＋2lnx0＝lnt,③由2xeq\o\al(2,0）eeq\s\up8（2x0）＋lnx0＝0得，2t＋lnx0＝0，④由③④得2x0＋lnx0＝2t＋lnt.设函数φ(x)＝lnx＋2x，则有φ（x0)＝φ(t)．因为φ(x)＝lnx＋2x在(0，＋∞）上单调递增，所以x0＝t，即lnx0＝－2x0，所以F（x0）＝eeq\s\up8（2x0)－eq\f(1＋lnx0，x0）＝eq\f（1，x0)－eq\f(1－2x0，x0)＝2,故a＋1≤2，解得a≤1。故a的取值范围为（－∞，1］．法二:（作差构造函数）设P（x）＝x（e2x－a)－(1＋x＋lnx），x＞0,则P′(x)＝(2x＋1）e2x－eq\f（a＋1x＋1,x).①当a＝1时， 令G(x）＝xe2x－2x－lnx－1（x＞0），则G′(x）＝(2x＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e2x－\f（1，x）））,设g（x)＝e2x－eq\f(1,x)，x＞0，则g′(x）＝2e2x＋eq\f（1,x2)＞0，所以g（x)在(0，＋∞)上单调递增，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，4)))＝eq\r（e）－4＜0，g(1)＝e2－1＞0,所以存在x0∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，4)，1）），使得g（x0)＝0，所以eeq\s\up8（2x0)＝eq\f（1,x0)， 两边同时取自然对数得2x0＝－lnx0。当x∈(0，x0）时,g(x)＜0,从而G′（x）＜0，G(x）单调递减；当x∈（x0，＋∞)时，g(x）＞0，从而G′（x)＞0，G（x)单调递增．所以G(x)min＝G(x0)＝x0eeq\s\up8(2x0）－2x0－lnx0－1＝0。即a＝1时，有x（e2x－1)≥1＋x＋lnx，所以a＝1符合题意．②当a＞1时，因为x＞0，所以P（x)＝x(e2x－a）－（1＋x＋lnx)＜x(e2x－1）－（1＋x＋lnx）＝G(x), 由①知，存在x0∈(0，＋∞)，使得P（x0）＜G（x0）＝0,所以a＞1不符合题意．③当a＜1时，P（x）＞G(x)≥0，所以x(e2x－a）≥1＋x＋lnx，符合题意．综上，a的取值范围是(－∞，1]．法三:（构造辅助函数)对于函数m（t）＝et－t－1，m′(t）＝et－1，易得当t＝0时，m′(t)＝0;当t∈（－∞，0）时,m′（t)＜0；当t∈(0，＋∞)时，m′（t）＞0.所以m(t）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增．所以m(t)≥m（0)＝0，即et≥t＋1.①当a＋1≤2，即a≤1时，因为x＞0，所以xe2x＝e2x＋lnx≥2x＋lnx＋1≥（a＋1）x＋lnx＋1，符合题意． ②当a＋1＞2，即a＞1时，设n(x）＝e2x＋lnx－lnx－（a＋1)x－1，因为x＞0，所以n（x)＜e2x＋lnx－lnx－2x－1。令q（x)＝e2x＋lnx－lnx－2x－1。对于函数t(x)＝2x＋lnx(x＞0），因为t′(x)＝2＋eq\f（1,x)＞0，所以t(x)在（0,＋∞)上单调递增．因为teq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,e）))＝eq\f(2,e）－1＜0，t(1）＝2＞0,所以存在x0∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,e），1)）,使得t（x0)＝0，即2x0＋lnx0＝0，所以存在x0∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，e),1）），使得q(x0）＝eeq\s\up8(2x0＋lnx0）－(lnx0＋2x0）－1＝0。因为n（x)＜q（x)，故存在x0∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,e)，1)），使得n(x0）＜q(x0)＝0，所以a＞1不符合题意．综上,a的取值范围是(－∞，1］．法四：(分离参数法)由题意得xe2x≥（a＋1）x＋lnx＋1，即xe2x－(lnx＋1)－x≥ax，因为x＞0，所以e2x－eq\f（1＋lnx,x）－1≥a。设M（x）＝eq\f（xe2x－lnx－x－1，x)＝eq\f（e2x＋lnx－2x＋lnx－1，x）＋1,设N(x)＝e2x＋lnx－（2x＋lnx)－1。由法三知，对于函数m（t)＝et－t－1，m(t）≥m(0)＝0,所以N(x)＝e2x＋lnx－（2x＋lnx)－1≥0,当且仅当2x＋lnx＝0时，“＝”成立．由法三知,存在x0∈（0，＋∞），使得2x0＋lnx0＝0。故N(x）≥0，当且仅当x＝x0时,“＝”成立．所以当x＞0时，M（x)＝eq\f（Nx,x）＋1≥1.又M（x0)＝eq\f(Nx0，x0）＋1＝1，所以当x＞0时，M(x）min＝1，从而有a≤1。故a的取值范围是(－∞,1]．［点评］函数零点存在但不可求时，常虚设零点，利用零点存在性定理估计所设零点所在的一个小范围，然后利用零点所满足的关系实施代换化简．尽量将对数结构和指数结构转化为简单的分式结构或整式结构，这样可简化求解过程．3．已知函数f（x)＝x－（a＋1）lnx－eq\f（a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1，2)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）＜g(x2）恒成立,求a的取值范围．[解]（1）f（x)的定义域为(0，＋∞)，f′（x）＝eq\f（x－1x－a，x2)（a∈R）．①当a≤1时，x∈[1,e]时,f′(x)≥0，则f(x）在[1,e]上为增函数，f（x)min＝f(1)＝1－a。②当1＜a＜e,当x∈[1，a］时,f′（x)≤0,f(x）为减函数；当x∈[a，e］时,f′(x)≥0，f(x）为增函数．所以f(x）min＝f(a）＝a－(a＋1)lna－1.③当a≥e，当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)－eq\f（a，e)。综上，当a≤1时，f（x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f（x）min＝a－（a＋1）lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e）.（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,f(x）在[e，e2］上单调递增，f(x）min＝f(e)＝e－（a＋1)－eq\f（a，e)。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）－eq\f(a,e）＜1,即a＞eq\f(e2－2e,e＋1）,所以a的取值范围为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（e2－2e,e＋1），1））。［点评]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。命题点4利用导数证明不等式角度一单变量不等式的证明单变量不等式的证明方法（1）移项法：证明不等式f（x）＞g(x)（f（x）＜g（x)）的问题转化为证明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）最值法:欲证f（x）＜g（x)，有时可以证明f（x）max＜g（x）min;(3）放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．［高考题型全通关]1．已知函数f(x）＝1－lnx，x∈（0，1），求证：eq\f(fx，ex)＋x2－eq\f（1,x）＜1。［解]法一：（最值法)因为x∈（0,1),所以欲证eq\f(fx,ex）＋x2－eq\f（1,x）＜1，只需证eq\f(1－lnx,ex）＋x2－eq\f(1,x)＜1，即证x（1－lnx)＜(1＋x－x3)ex。设函数g（x)＝x（1－lnx），则g′(x)＝－lnx.当x∈（0,1)时,g′（x）＞0，故函数g(x)在（0，1）上单调递增，所以g（x)＜g（1）＝1。设函数h(x)＝（1＋x－x3）ex，则h′（x）＝（2＋x－3x2－x3）ex。设函数p(x)＝2＋x－3x2－x3，则p′(x）＝1－6x－3x2.当x∈(0,1）时，p′(0）·p′（1)＝－8＜0，故存在x0∈(0,1），使得p′（x0）＝0，从而函数p(x)在(0,x0）上单调递增,在（x0，1）上单调递减．当x∈(0，x0）时，p（x0)＞p(0）＝2，当x∈（x0,1）时，p（x0)·p(1）＜－2＜0，故存在x1∈(0,1），使得h′（x1)＝0，即当x∈（0，x1）时,p（x）＞0，当x∈(x1,1）时，p(x)＜0，从而函数h(x）在（0,x1）上单调递增，在（x1，1）上单调递减．因为h（0)＝1，h（1）＝e，所以当x∈(0，1）时,h（x）＞h（0）＝1，所以x（1－lnx)＜(1＋x－x3）ex，x∈(0,1），即eq\f（fx,ex）＋x2－eq\f（1，x)＜1，x∈（0,1）．法二：(放缩法）因为x∈(0,1)，所以欲证eq\f（fx,ex）＋x2－eq\f(1,x)＜1,只需证eq\f(1－lnx,ex)＋x2－eq\f（1,x）＜1，即证x（1－lnx）＜（1＋x－x3）ex。设函数g（x)＝x(1－lnx),则g′（x)＝－lnx，当x∈（0，1)时，g′（x)＞0，故函数g(x）在（0，1）上单调递增．所以g（x)＜g（1）＝1。设函数h（x）＝(1＋x－x3）ex，x∈（0,1)，因为x∈(0,1),所以x＞x3，所以1＋x－x3＞1,又1＜ex＜e，所以h(x)＞1，所以g(x)＜1＜h（x），即原不等式成立．法三：(放缩法）因为x∈（0，1)，所以欲证eq\f(fx,ex）＋x2－eq\f(1，x）＜1，只需证eq\f(1－lnx,ex）＋x2－eq\f(1，x)＜1，由于1－lnx＞0,ex＞e0＝1，则只需证明1－lnx＋x2－eq\f（1,x)＜1，只需证明lnx－x2＋eq\f（1,x)＞0，令g（x)＝lnx－x2＋eq\f(1,x)，则当x∈（0,1)时，g′(x)＝eq\f（1,x)－2x－eq\f（1,x2)＝eq\f(x－1－2x3,x2)＜eq\f（x－1,x2)＜0,则函数g(x)在(0,1)上单调递减,则g(x)＞g（1)＝0，所以lnx－x2＋eq\f(1,x)＞0,即原不等式成立．[点评](1）含“x"的不等式证明,往往是对所求证的不等式先进行等价变形，如移项、分解、重组，放缩等手段,化为更加加强的不等式的证明，甚至构造两个函数,其中放缩法比较灵活．2．(2020·宜昌三校联考）已知f（x）＝cosx＋mx2－1（x≥0)．（1)若f(x）≥0在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；（2）证明：当x≥0时，ex－2≥sinx－cosx。［解］(1)由题意知f（0)＝0，且f′（x)＝－sinx＋2mx,f′(0)＝0，f″（x)＝－cosx＋2m要使f（x）≥0在［0，＋∞）上恒成立，则必须满足f″(x)≥0恒成立,即2m－1≥0，m≥eq\f（1,2）.①若m≥eq\f（1，2),f″（x)≥0,则f′（x）在[0,＋∞)上单调递增，可知f′（x）≥f′(0)＝0，所以f(x)在［0，＋∞)上单调递增，可知f（x)≥f（0)＝0，满足题意．②若m＜eq\f(1，2），存在x0∈(0，＋∞)，当x∈(0，x0)时，f″（x）＜0，则f′(x)在（0，x0)上单调递减，此时f′(x)＜f′(0）＝0，所以f（x）在(0，x0)上单调调递减，此时f(x）＜f(0）＝0，舍去．综上可知,实数m的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)，＋∞）).（2）由（1）知，当m≥eq\f（1，2)时，f(x)＝cosx＋mx2－1≥0,取m＝eq\f(1,2），则eq\f（1,2)x2－1≥－cosx.结合（1)可知f′（x)＝－sinx＋x≥0，则x≥sinx，所以eq\f(1，2）x2＋x－1≥sinx－cosx.要证ex－2≥sinx－cosx，只需证ex－2≥eq\f（1，2)x2＋x－1。令g（x）＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，则g′(x）＝ex－x－1,g″（x）＝ex－1,当x≥0时,g″(x）＝ex－1≥0,则g′（x)在［0，＋∞）上单调递增，故g′(x)≥g′（0）＝0，可知g（x）在[0，＋∞）上单调递增,所以g（x）≥g(0）＝0，于是ex－eq\f(1，2）x2－x－1≥0,即有ex－2≥sinx－cosx.[点评］本题是一道含三角函数的组合型函数的综合题，注意理解本题的求解技巧．第(1)问二次求导后，判断f″(x)＝－cosx＋2m的符号需要通过考虑2m的大小与余弦函数的有界性．在第(2)问证明含有三角函数的三角函数不等式时,将不等式ex－2≥sinx－cosx转化为不等式ex－2≥eq\f(1,2)x2＋x－1，从而将问题转化成常规的函数不等式问题．角度二双变量不等式的证明证明双变量不等式的三种常见方法对于形如f(x1，x2)＞A的不等式，其证明中的常见变形有以下两种：(1)消元法：即借助题设条件，建立x1与x2的等量关系，如x2＝g(x1)，从而将f（x1,x2）＞A的双变量不等式化成h(x1)＞A的单变量不等式；(2）换元法：结合题设条件,有时需要先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如eq\f(x1,x2)形式．(3）构造“形似"函数: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结构，根据“相同结构"构造辅助函数．［高考题型全通关]1．已知f（x）＝xlnx－eq\f（1，2)mx2－x,m∈R.若f（x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2,求证：x1x2＞e2(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．法一：于是有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（lnx1－mx1＝0,①,lnx2－mx2＝0，②））①＋②可得lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)，即m＝eq\f（lnx1＋lnx2，x1＋x2），②－①可得lnx2－lnx1＝m(x2－x1），即m＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1），从而可得eq\f（lnx2－lnx1,x2－x1）＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2),于是lnx1＋lnx2＝eq\f（lnx2－lnx1x2＋x1，x2－x1)＝eq\f(\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f(x2，x1))）ln\f（x2,x1），\f（x2，x1)－1）。又0＜x1＜x2,设t＝eq\f(x2，x1)，则t＞1.因此lnx1＋lnx2＝eq\f（1＋tlnt,t－1),t＞1.要证lnx1＋lnx2＞2,即证eq\f（t＋1lnt,t－1)＞2（t＞1），即证当t＞1时，有lnt＞eq\f（2t－1，t＋1）.令g（t）＝lnt－eq\f（2t－1,t＋1）(t＞1)，则g′(t)＝eq\f（1，t)－eq\f(2t＋1－2t－1，t＋12)＝eq\f(t－12,tt＋12）＞0，所以g（t)为（1，＋∞）上的增函数．因此g(t）＞ln1－eq\f（2×1－1,1＋1)＝0。于是当t＞1时，有lnt＞eq\f（2t－1，t＋1）.所以有lnx1＋lnx2＞2成立，即x1x2＞e2.法二：f′(x1)＝f′（x2)＝0，令f′（x)＝0，则eq\f(lnx，x）＝m，令h(x）＝eq\f（lnx，x），则h(x1）＝h(x2）＝m,h′（x)＝eq\f（1－lnx，x2），由h′(x）＞0,得0＜x＜e。由h′(x）＜0，得x＞e.所以h(x)在（0,e）上单调递增,在（e，＋∞)上单调递减,所以0＜x1＜e＜x2。令H(x）＝h（x）－heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(e2,x）)）(0＜x＜e)，所以H′(x)＝h′（x)＋eq\f（e2,x2)h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（e2，x））)＝eq\f（1－lnx,x2)＋eq\f(e2,x2）·eq\f（1－ln\f(e2,x)，\f（e4,x2)）＝eq\f（1－lnx,x2)＋eq\f（lnx－1，e2)＝（1－lnx）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，x2)－\f（1,e2)))＝（1－lnx）eq\f(e2－x2，e2x2）.因为0＜x＜e，所以1－lnx＞0,e2－x2＞0，所以H′(x）＞0,所以H（x）在（0，e）上单调递增，易得H(x)＜0，所以x∈(0，e)时，h(x）＜heq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（e2,x）)），因为h（x1)＝h(x2)，所以h(x2)＜heq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(e2,x1）)),因为x2∈（e，＋∞)，eq\f（e2，x1)∈(e,＋∞），h(x）在（e，＋∞）上单调递减，所以x2＞eq\f（e2,x1），所以x1x2＞e2。[点评]利用法一求解该题的关键点有两个：一个是消参,把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变量把参数表示出来,这是解决问题的基础,若只用一个极值点表示参数，则无法建立两个极值点的关系，该题中利用两个方程相加(减)之后再消参，巧妙地把两个极值点与参数之间的关系建立起来．二是消“变”，即减少变量的个数，只有把方程转化为一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数,转化为函数问题求解．该题利用参数m的值相等建立方程，进而利用对