高考数学一轮复习试题高考难点突破课一导数的综合问题

第一课时不等式恒(能)成立问题题型一分离参数法求参数范围例1(2020·全国Ⅰ卷)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，x∈R，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)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.(2)由f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1得，ex＋ax2－x≥eq\f(1,2)x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.②当x>0时，分离参数a，得a≥－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，记g(x)＝－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，g′(x)＝－eq\f(（x－2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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，令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex－eq\f(1,2)x2－x－1>0恒成立，故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.因此，g(x)max＝g(2)＝eq\f(7－e2,4)，综上可得，实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)).感悟提升分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.训练1已知函数f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).(1)若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2)))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)－eq\f(k,x＋1)≥0恒成立，求实数k的取值范围.解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－1－lnx,x2)＝－eq\f(lnx,x2)，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0＜a＜1＜a＋eq\f(1,2)，故eq\f(1,2)＜a＜1，即实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)原不等式可化为当x≥1时，k≤eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)恒成立，令g(x)＝eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)(x≥1)，则g′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋lnx＋1＋\f(1,x)))x－（x＋1）（1＋lnx）,x2)＝eq\f(x－lnx,x2).再令h(x)＝x－lnx(x≥1)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，所以g(x)为增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].题型二分类讨论法求参数范围例2已知函数f(x)＝ex－1－ax＋lnx(a∈R).(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；(2)若不等式f(x)≥lnx－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.解(1)f′(x)＝ex－1－a＋eq\f(1,x)，∴f′(1)＝2－a＝3，∴a＝－1，经检验a＝－1满足题意，∴a＝－1，(2)f(x)≥lnx－a＋1可化为ex－1－ax＋a－1≥0，令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，∵φ′(x)＝ex－1－a，①当a≤0时，φ′(x)＞0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤0符合题意.②当a＞0时，令φ′(x)＝0，得x＝lna＋1.当x∈(－∞，lna＋1)时，φ′(x)＜0，当x∈(lna＋1，＋∞)时，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(－∞，lna＋1)上单调递减，在(lna＋1，＋∞)上单调递增.当lna＋1≤1，即0＜a≤1时，φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴0＜a≤1符合题意.当lna＋1＞1，即a＞1时，φ(x)在[1，lna＋1)上单调递减，在(lna＋1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(lna＋1)＜φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾.故a＞1不符合题意.综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}.感悟提升根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可.训练2已知函数f(x)＝lnx－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且f(x)≤eq\f(lnx,x＋1)恒成立，求a的取值范围.解f(x)－eq\f(lnx,x＋1)＝eq\f(xlnx－a（x2－1）,x＋1)，构造函数g(x)＝xlnx－a(x2－1)(x≥1)，g′(x)＝lnx＋1－2ax，令F(x)＝g′(x)＝lnx＋1－2ax，F′(x)＝eq\f(1－2ax,x).令1－2ax＝0，得x＝eq\f(1,2a).①若a≤0，则F′(x)＞0，g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0，∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，从而f(x)－eq\f(lnx,x＋1)≥0，不符合题意.②若0＜a＜eq\f(1,2)，当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))时，F′(x)＞0，∴g′(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递增，从而g′(x)＞g′(1)＝1－2a＞0，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，从而f(x)－eq\f(lnx,x＋1)≥0，不符合题意.③若a≥eq\f(1,2)，则F′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，∴g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.∴g(x)在[1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，f(x)－eq\f(lnx,x＋1)≤0，综上所述，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).题型三双变量的恒(能)成立问题例3设f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围.解(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立.g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，令g′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3)，∵geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，又g(0)＝－3，g(2)＝1，∴当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，∴M≤1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(85,27)))＝eq\f(112,27)，∴满足条件的最大整数M为4.(2)对任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))有f(s)≥g(t)，则f(x)min≥g(x)max.由(1)知当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，g(x)max＝g(2)＝1，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，即a≥x－x2lnx恒成立.令h(x)＝x－x2lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∴h′(x)＝1－2xlnx－x，令φ(x)＝1－2xlnx－x，∴φ′(x)＝－3－2lnx＜0，h′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递减，又h′(1)＝0，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，h′(x)≥0，当x∈[1，2]时，h′(x)≤0，∴h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，在[1，2]上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1.∴实数a的取值范围是[1，＋∞).感悟提升含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有：(1)∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(2)∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(3)∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.(4)∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.训练3已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2＋ax.(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；(2)若函数g(x)＝eq\f(x,ex)，对∀x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∃x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围.解(1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则ymax＝－3，所以a≥－3，所以a的最小值为－3.(2)“对∀x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∃x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，f′(x)max≤g(x)max”.因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递增，所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.而g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e).由8＋a≤eq\f(1,e)，得a≤eq\f(1,e)－8，所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)－8)).洛必达法则在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“eq\f(0,0)”型或“eq\f(∞,∞)”型的代数式，就设法求其最值.“eq\f(0,0)”型的代数式，是大学数学中的不定式问题，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则.洛必达法则法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件(1)eq^\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝0及eq^\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)＝0；(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′（x）,g′（x）)＝A，那么eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f（x）,g（x）)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′（x）,g′（x）)＝A.法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件(1)eq^\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝∞及eq^\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)＝∞；(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′（x）,g′（x）)＝A，那么eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f（x）,g（x）)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′（x）,g′（x）)＝A.例已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值；(2)当x＞0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.解(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝eq\f(1,2).(2)法一当x＞0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x＞0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)＞φ(0)＝0，∴a≤1满足条件.②当a＞1时，若0＜x＜lna，则φ′(x)＜0，若x＞lna，则φ′(x)＞0.∴φ(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(lna)＝a－1－alna≥0.令g(a)＝a－1－alna(a＞1)，∴g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna＜0，∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减.∴g(a)＜g(1)＝0与g(a)≥0矛盾，故a＞1不满足条件，综上，实数a的取值范围是(－∞，1].法二当x＞0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤eq\f(ex－1,x)恒成立，令h(x)＝eq\f(ex－1,x)(x＞0)，∴h′(x)＝eq\f(ex（x－1）＋1,x2)，令k(x)＝ex(x－1)＋1(x＞0)，∴k′(x)＝ex·x＞0，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)＞k(0)＝0，∴h′(x)＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增.由洛必达法则知，eq^\o(lim,\s\do4(x→0))h(x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex－1,x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→0))ex＝1，∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1].1.已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对任意x＞0都有f(x)＞ax成立，求实数a的取值范围.解法一令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x＞0)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x＞0，∴ln(x＋1)＞0.(1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)＞0恒成立，故a≤1满足题意.(2)当1－a＜0，即a＞1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)＜0；x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)＜φ(0)＝0与φ(x)＞0恒成立矛盾，故a＞1不满足题意.综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].法二x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，即a＜eq\f(（x＋1）ln（x＋1）,x)恒成立.令g(x)＝eq\f(（x＋1）ln（x＋1）,x)(x＞0)，∴g′(x)＝eq\f(x－ln（x＋1）,x2).令k(x)＝x－ln(x＋1)(x＞0)，∴k′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)＞0，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增.∴k(x)＞k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)＞0恒成立，∴g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增.由洛必达法则知eq^\o(lim,\s\do4(x→0))g(x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(（x＋1）ln（x＋1）,x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→0))[ln(x＋1)＋1]＝1，∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].2.设函数f(x)＝ax2－xlnx－(2a－1)x＋a－1(a∈R).若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.解f′(x)＝2ax－1－lnx－(2a－1)＝2a(x－1)－lnx，令g(x)＝f′(x)＝2a(x－1)－lnx，则g′(x)＝2a－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax－1,x)，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2a)，①若a≤0，则g′(x)＜0，则f′(x)在[1，＋∞)上单调递减，∴f′(x)≤f′(1)＝0.∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减，∴f(x)≤f(1)＝0，不满足题意.②若a≥eq\f(1,2)，则eq\f(1,2a)≤1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))时，g′(x)＜0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＞0，∴f′(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥f′(1)＝0，∴f(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(1)＝0，满足题意.③若0＜a＜eq\f(1,2)，则eq\f(1,2a)＞1，当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))时，g′(x)＜0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＞0，∴f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，又f′(1)＝0，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)＜0，∴f(x)单调递减，∴f(x)＜f(1)＝0.不满足题意.综上，a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).3.已知a∈R，f(x)＝alnx＋x2－4x，g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围.解由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥xeq\o\al(2,0)－2x0，记F(x)＝x－lnx(x＞0)，则F′(x)＝eq\f(x－1,x)(x＞0)，∴当0＜x＜1时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；当x＞1时，F′(x)＞0，F(x)单调递增.∴F(x)＞F(1)＝1＞0，∴a≥eq\f(xeq\o\al(2,0)－2x0,x0－lnx0).记G(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，则G′(x)＝eq\f(（2x－2）（x－lnx）－（x－2）（x－1）,（x－lnx）2)＝eq\f(（x－1）（x－2lnx＋2）,（x－lnx）2).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2＞0，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))时，G′(x)＜0，G(x)单调递减；当x∈(1，e)时，G′(x)＞0，G(x)单调递增.∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1，故实数a的取值范围为[－1，＋∞).4.已知x＝eq\f(1,\r(e))为函数f(x)＝xalnx的极值点.(1)求a的值；(2)设函数g(x)＝eq\f(kx,ex)，若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围.解(1)f′(x)＝axa－1lnx＋xa·eq\f(1,x)＝xa－1(alnx＋1)，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))eq\s\up12(a－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aln\f(1,\r(e))＋1))＝0，解得a＝2，当a＝2时，f′(x)＝x(2lnx＋1)，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))上单调递增，所以x＝eq\f(1,\r(e))为函数f(x)＝xalnx的极小值点，因此a＝2.(2)由(1)知f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝－eq\f(1,2e)，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x.①当k＞0时，当x＜1时，g′(x)＞0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2＝－eq\f(1,k)，使得g(x2)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))＝－eeq\f(1,k)＜－1＜－eq\f(1,2e)≤f(x1)，符合题意.②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝eq\f(1,\r(e))，对∀x2∈R有f(x1)－g(x2)＜0，不符合题意.③当k＜0时，当x＜1时，g′(x)＜0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝eq\f(k,e)，若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，即eq\f(k,e)≤－eq\f(1,2e)，解得k≤－eq\f(1,2).综上所述，k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞).

第二课时利用导数研究函数的零点题型一判断、证明或讨论零点的个数例1已知函数f(x)＝xsinx－eq\f(3,2).判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.解f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：∵f′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，从而有f(0)＝－eq\f(3,2)＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象是连续不间断的.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内至少存在一个零点.又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有且只有一个零点.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的图象是连续不间断的，故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，有g′(x)＜0，从而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))内单调递减.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))内单调递增，故当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减.又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点.综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.感悟提升利用导数求函数的零点常用方法(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.训练1已知函数f(x)＝eq\f(1,3)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.(1)解当a＝3时，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3).当x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)单调递增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))单调递减.(2)证明由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.设g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq\f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)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－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一个零点.综上，f(x)只有一个零点.题型二根据零点情况求参数范围例2已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R).(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点，求实数m的取值范围.解(1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，则f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，切点坐标为(1，1)，则切线的斜率k＝f′(1)＝2，则函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2（x＋1）（x－1）,x)，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，∴由g′(x)＝0，得x＝1.当eq\f(1,e)≤x＜1时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，当1＜x≤e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，故当x＝1时，函数g(x)取得极大值g(1)＝m－1，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－eq\f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＞g(e)，∴g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点需满足条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）＝m－1＞0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－\f(1,e2)≤0，))解得1＜m≤2＋eq\f(1,e2).故实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).感悟提升1.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.2.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，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.训练2已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.解(1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，当x<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)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.若a＝0，由(1)知f(x)的极小值f(1)＝0，故f(x)在区间(0，1)内没有零点.若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a的取值范围为(－∞，0).题型三与函数零点相关的综合问题例3设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0).当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－eq\f(a,x)单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(a)>0，当b满足0<b<eq\f(a,4)，且b<eq\f(1,4)时，f′(b)<0，(讨论a≥1或a<1来检验，①当a≥1时，则0<b<eq\f(1,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\f(1,2)－4a<2eeq\f(1,2)－4<0；②当a<1时，则0<b<eq\f(a,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\f(a,2)－4<2eeq\f(1,2)－4<0，综上，f′(b)<0.)故当a>0时，f′(x)存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).感悟提升1.在(1)问中，当a>0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，从而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b，使f′(b)<0.2.由(1)问知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋alneq\f(2,a).训练3(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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.(1)解f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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).f′(x)与f(x)的情况为：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)c＋eq\f(1,4)c－eq\f(1,4)因为f(1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(\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)<c<eq\f(1,4)时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).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.隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.例设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.当a>0时，令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞).(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k<x＋eq\f(x＋1,ex－1)(x>0)恒成立，令g(x)＝eq\f(x＋1,ex－1)＋x(x>0)，得g′(x)＝eq\f(ex－1－（x＋1）ex,（ex－1）2)＋1＝eq\f(ex（ex－x－2）,（ex－1）2)(x>0).由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数.又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝eq\f(α＋1,eα－1)＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.极限思想在解决零点问题中的应用解决函数的零点问题，往往要转化为函数的图象与x轴的交点问题，故需判断函数图象的变化趋势，极限的思想方法是解决问题的有力工具.例(1)已知函数f(x)＝ax－x2(a＞1)有三个不同的零点，求实数a的取值范围.解令f(x)＝ax－x2＝0，可得ax＝x2.①当x＜0时，函数y＝ax与y＝x2的图象有一个交点；②当x＞0时，两边同时取自然对数得xlna＝2lnx，即lna＝eq\f(2lnx,x)，由题意得函数y＝lna与g(x)＝eq\f(2lnx,x)的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，g′(x)＝eq\f(2（1－lnx）,x2)，令g′(x)＞0，解得0＜x＜e，则g(x)在(0，e)上单调递增；令g′(x)＜0，解得x＞e，则g(x)在(e，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(e)＝eq\f(2,e)，当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)＞0；当x→0时，g(x)→－∞，则有0＜lna＜eq\f(2,e)，解得1＜a＜eeq\f(2,e).综上，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e\f(2,e))).(2)已知函数f(x)＝ex(x＋1)，若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围.解g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，当x∈(－∞，1)时，u′(x)＜0，∴u(x)在(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0，∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，当x＜2时，u(x)＜0，∴实数m的取值范围为{m|－e＜m＜0}.1.(2021·安庆一模)函数f(x)＝ex－2ax－a.(1)讨论函数的极值；(2)当a＞0时，求函数f(x)的零点个数.解(1)由题意，函数f(x)＝ex－2ax－a，可得f′(x)＝ex－2a，当a≤0时，f′(x)＝ex－2a＞0，f(x)在R上为单调增函数，此时无极值；当a＞0时，令f′(x)＝ex－2a＞0，解得x＞ln(2a)，所以f(x)在(ln(2a)，＋∞)上为单调增函数；令f′(x)＝ex－2a＜0，解得x＜ln(2a)，f(x)在(－∞，ln(2a))上为单调减函数，所以当x＝ln(2a)时，函数f(x)取得极小值f(x)极小值＝f(ln(2a))＝a－2aln(2a)，无极大值.综上所述，当a≤0时，f(x)无极值，当a＞0时，f极小值＝f(ln(2a))＝a－2aln(2a)，无极大值.(2)由(1)知当a＞0，f(x)在(ln(2a)，＋∞)上为单调增函数，在(－∞，ln(2a))上为单调减函数，且f(x)极小值＝a－2aln(2a)，又由f(x)＝ex－a(2x＋1)，若x→－∞时，f(x)→＋∞；若x→＋∞时，f(x)→＋∞；当a－2aln(2a)＞0，即0＜a＜eq\f(\r(e),2)时，f(x)无零点；当a－2aln(2a)＝0，即a＝eq\f(\r(e),2)时，f(x)有1个零点；当a－2aln(2a)＜0，即a＞eq\f(\r(e),2)时，f(x)有2个零点.综上，当0＜a＜eq\f(\r(e),2)时，f(x)无零点；当a＝eq\f(\r(e),2)时，f(x)有1个零点；当a＞eq\f(\r(e),2)时，f(x)有2个零点.2.已知函数f(x)＝(2－x)ex，g(x)＝a(x－1)2.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)讨论y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数.解(1)f′(x)＝－ex＋(2－x)ex＝(1－x)ex，则f′(0)＝1，又f(0)＝2，所以切线方程为y＝x＋2，即x－y＋2＝0.(2)令F(x)＝g(x)－f(x)＝a(x－1)2＋(x－2)ex，则y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数即F(x)的零点个数.F′(x)＝(x－1)(ex＋2a).①当a＝0时，F(x)＝(x－2)ex，F(x)只有一个零点.②当a＜0时，由F′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).若a≥－eq\f(e,2)，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，因此F(x)在(1，＋∞)上单调递增.当x→＋∞时，F(x)＞0；又当x≤1时，F(x)＜0，所以F(x)只有一个零点.若a＜－eq\f(e,2)，则ln(－2a)＞1，故当x∈(1，ln(－2a))时，F′(x)＜0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，F′(x)＞0.因此F(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.当x→＋∞时，F(x)＞0；又当x≤1时，F(x)＜0，所以F(x)只有一个零点.③若a＞0时，若x∈(－∞，1)，则F′(x)＜0；若x∈(1，＋∞)，则F′(x)＞0，所以F(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.F(1)＝－e，F(2)＝a，取b满足b＜0，且b＜lneq\f(a,2).则F(b)＞eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))＞0，所以F(x)有两个零点.综上，当a≤0时，y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数为1；当a＞0时，y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点个数为2.3.(2021·青岛三模)已知函数f(x)＝x3－3kx＋2，k∈R.(1)若x＝－2是函数f(x)的极值点，求k的值及f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在[0，2]上有且仅有2个零点，求f(x)在[0，2]上的最大值g(k).解(1)由题意知，f(x)＝x3－3kx＋2的定义域为R，f′(x)＝3x2－3k，∴f′(－2)＝12－3k＝0，解得k＝4，∵f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，∵x∈(－2，2)时，f′(x)＜0；x∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)时，f′(x)＞0.∴f(x)的单调增区间是(－∞，－2)和(2，＋∞)，单调减区间为(－2，2).(2)由(1)知，f′(x)＝3(x2－k)，①当k≤0时，f′(x)＝3(x2－k)≥0恒成立，∴f(x)在[0，2]上单调递增，最多只有1个零点，不符合条件，舍去.②当k≥4时，当x∈[0，2]时，f′(x)＝3(x2－k)≤0恒成立，∴f(x)在[0，2]上单调递减，最多只有1个零点，不符合条件，舍去.③当0＜k＜4时，令f′(x)＝3(x2－k)＜0得0＜x＜eq\r(k)，∴f(x)在(0，eq\r(k))上递减，在(eq\r(k)，2)上递增，要使函数f(x)在区间[0，2]上有且仅有2个零点，必有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）≥0，,f（\r(k)）＜0，,f（2）≥0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2≥0，,（\r(k)）3－3k\r(k)＋2＜0，,8－6k＋2≥0，))解得1＜k≤eq\f(5,3)，当f(2)－f(0)≥0，即1＜k≤eq\f(4,3)时，由f(x)的单调性可知f(x)max＝f(2)＝10－6k，同理，当f(2)－f(0)＜0，即eq\f(4,3)＜k≤eq\f(5,3)时，f(x)max＝f(0)＝2，∴f(x)在[0，2]上的最大值g(k)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10－6k，1＜k≤\f(4,3)，,2，\f(4,3)＜k≤\f(5,3).))4.(2020·全国Ⅰ卷)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，x∈R，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)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.(2)f′(x)＝ex－a.①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.故f(x)至多存在一个零点，不合题意.②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)单调递减，在(lna，＋∞)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(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意.(ⅱ)若a>eq\f(1,e)，则f(lna)<0.因为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\f(x,2)·eeq\f(x,2)－a(x＋2)>eln(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)，＋∞)).

第三课时构造函数证明不等式题型一移项构造函数证明不等式例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＞lneq\f(3,e)，且x＞0时，eq\f(ex,x)＞eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)－3a.(1)解由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3)，单调递增区间是(ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋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＞lneq\f(3,e)＝ln3－1知g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋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＞lneq\f(3,e)＝ln3－1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.感悟提升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”或“右减左”的函数，利用导数研究其单调性等相关函数性质证明不等式.训练1证明：当x>1时，eq\f(1,2)x2＋lnx<eq\f(2,3)x3.证明设g(x)＝eq\f(2,3)x3－eq\f(1,2)x2－lnx，则g′(x)＝2x2－x－eq\f(1,x)，因为当x＞1时，g′(x)＝eq\f(（x－1）（2x2＋x＋1）,x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以当x>1时，g(x)＞g(1)＝eq\f(1,6)＞0，所以当x＞1时，eq\f(1,2)x2＋lnx＜eq\f(2,3)x3.题型二分拆函数法证明不等式例2证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.证明问题等价于证明xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞)).设f(x)＝xlnx，f′(x)＝1＋lnx，易知x＝eq\f(1,e)为f(x)的唯一极小值点，则f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq\f(1,e)，当且仅当x＝eq\f(1,e)时取到.设m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由m′(x)＜0，得x＞1时，m(x)单调递减；由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)单调递增，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，当且仅当x＝1时取到.从而对一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－eq\f(1,e)≥eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)都有lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.感悟提升1.若直接求导后导数式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.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立.2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与lnx要分离，常构造xn与lnx，xn与ex的积、商形式.便于求导后找到极值点.训练2(2022·百校大联考)已知函数f(x)＝elnx－ax(x∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.(1)解f′(x)＝eq\f(e,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0<x<eq\f(e,a)时，f′(x)>0；当x>eq\f(e,a)时，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减.(2)证明法一∵x>0，∴只需证f(x)≤eq\f(ex,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，∴f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，∴当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，故g(x)在(0，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤eq\f(ex,ex).设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝eq\f(1,x)－1.∴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)＝eq\f(ex,ex)，则h′(x)＝eq\f(ex（x－1）,ex2).∴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.题型三放缩后构造函数证明不等式例3已知x∈(0，1)，求证：x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).证明法一要证x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)，只需证exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))＜lnx，又易证ex＞x＋1(0＜x＜1)，∴只需证明lnx＋(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))＞0.即证lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－2－eq\f(1,x2)＝－eq\f(2x2－x＋1,x2)，而2x2－x＋1＞0恒成立，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，g(x)＞g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0.∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).法二∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，∴要证x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)成立，只需证exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))＜lnx成立，只需证x2－eq\f(1,x)＜lnx，又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需证lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，令h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x2－x＋1,x2)，而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，∴h(x)在(0，1)上单调递减，∴当x∈(0，1)时，h(x)＞h(1)＝0，∴lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).感悟提升某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式ex≥x＋1，1－eq\f(1,x)≤lnx≤x－1等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明.训练3证明：exlnx＋eq\f(2ex－1,x)＞1.证明不等式exlnx＋eq\f(2ex－1,x)＞1等价于eq\f(ex－1,x)(exlnx＋2)＞1，由常用不等式ex≥x＋1，故ex－1≥x.即eq\f(ex－1,x)≥1，故只需证exlnx＋2＞1，令f(x)＝exlnx＋2(x＞0)，则f′(x)＝e(lnx＋1)，易得当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)＜0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)＞0，故f(x)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1，原不等式得证.指对同构在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.(1)五个常见变形：xex＝ex＋lnx，eq\f(ex,x)＝ex－lnx，eq\f(x,ex)＝elnx－x，x＋lnx＝lnxex，x－lnx＝lneq\f(ex,x).(2)三种基本模式①积型：aea≤blnbeq\o(→,\s\up17(三种同构方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：aea≤（lnb）elnb……f（x）＝xex，,同右：ealnea≤blnb……f（x）＝xlnx，,取对：a＋lna≤lnb＋ln（lnb）……f（x）＝x＋lnx，))②商型：eq\f(ea,a)＜eq\f(b,lnb)eq\o(→,\s\up17(三种同构方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：\f(ea,a)＜\f(elnb,lnb)……f（x）＝\f(ex,x)，,同右：\f(ea,lnea)＜\f(b,lnb)……f（x）＝\f(x,lnx)，,取对：a－lna＜lnb－ln（lnb）……f（x）＝x－lnx，))③和差型：ea±a＞b±lnbeq\o(→,\s\up17(两种同构方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：ea±a＞elnb±lnb……f（x）＝ex±x，,同右：ea±lnea＞b±lnb……f（x）＝x±lnx.))例(1)(2020·新高考全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna.若f(x)≥1，求a的取值范围.解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1，等价于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx.令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx).显然g(x)为单调增函数，所以又等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1.令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以lna≥0，即a≥1，a的取值范围是[1，＋∞).(2)已知函数f(x)＝aex－lnx－1，证明：当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.证明当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1，所以只需证明eq\f(ex,e)－lnx－1≥0，由于eq\f(ex,e)－lnx－1≥0⇔ex≥elnex⇔xex≥exlnex⇔xex≥elnexlnex，令g(x)＝xex，由g′(x)＝ex(x＋1)＞0知g(x)为增函数，又易证x≥lnex＝lnx＋1，所以g(x)≥g(lnex)，即xex≥elnexlnex成立.故当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.1.已知函数f(x)＝lnx－eq\f(alnx,x2).(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；(2)若a＝0，x∈(0，1)，证明：x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex).(1)解当a＝1时，f(x)＝lnx－eq\f(lnx,x2)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1－2lnx,x3)＝eq\f(x2－1＋2lnx,x3)＝eq\f(（x－1）（x＋1）＋2lnx,x3).当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).(2)证明当a＝0，x∈(0，1)时，x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex)等价于eq\f(－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)<0，∵当x∈(0，1)时，ex∈(1，e)，－lnx>0，∴eq\f(－lnx,ex)<－lnx，∴只需要证－lnx＋x2－eq\f(1,x)<0在(0，1)上恒成立.令g(x)＝－lnx＋x2－eq\f(1,x)，x∈(0，1)，∴g′(x)＝－eq\f(1,x)＋2x＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2x3－x＋1,x2)>0，则函数g(x)在(0，1)上单调递增，于是g(x)<－ln1＋1－1＝0，∴当x∈(0，1)时，x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex).2.已知函数f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，g(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,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)≥eq\f(2,x).(1)解因为f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，x＞0，所以f′(