2024步步高考二轮数学新教材讲义专题一　培优点1　

2024步步高考二轮数学新教材讲义培优点1切线放缩在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以用常规方法求解，也可以用切线不等式进行放缩．导数切线放缩法是一种非常实用的数学方法，它可以帮助我们更好地理解函数的性质和变化规律，更能使问题简单化，利用切线不等式进行求解，能起到事半功倍的效果．考点一单切线放缩常见的切线放缩：∀x∈R都有ex≥x＋1.当x>－1时，ln(x＋1)≤x.当x>0时，x>sinx；当x<0时，x<sinx.例1(2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝sinx－aln(x＋1)．(1)若a＝1，证明：当x∈[0,1]时，f(x)≥0；(2)若a＝－1，证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤2ex－2.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________规律方法该方法适用于凹函数与凸函数且它们的凹凸性相反的问题(拆成两个函数)，两函数有斜率相同的切线，这是切线放缩的基础，引入一个中间量，分别证明两个不等式成立，然后利用不等式的传递性即可，难点在合理拆分函数，寻找它们斜率相等的切线隔板．跟踪演练1(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)－2x.(1)当a>0时，讨论f(x)的单调性；________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(2)证明：ex＋eq\f(a－2x2－2x,x)>f(x)．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________考点二双切线放缩例2(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝xlnx－x.若f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1<x2.求证：be＋e<x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e).________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________规律方法含有两个零点的f(x)的解析式(可能含有参数x1，x2)，告知方程f(x)＝b有两个实根，要证明两个实根之差小于(或大于)某个表达式．求解策略是画出f(x)的图象，并求出f(x)在两个零点处(有时候不一定是零点处)的切线方程(有时候不是找切线，而是找过曲线上某两点的直线)，然后严格证明曲线f(x)在切线(或所找直线)的上方或下方，进而对x1，x2作出放大或者缩小，从而实现证明．跟踪演练2(2023·山东省实验中学模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若函数g(x)＝f(x)－m(m>0)有两个零点x1，x2，且x1<x2，证明：x2－x1≤1＋2m＋eq\f(m,e－1).________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________培优点2隐零点问题导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．考点一不含参函数的隐零点问题例1(2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－eq\f(a,3)x3＋ax(x>0)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋lnx－eq\f(1,2)x2零点的个数，并说明理由．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________规律方法已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围．跟踪演练1(2023·天津模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________考点二含参函数的隐零点问题例2(2023·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________规律方法已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关．跟踪演练2(2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝x－lnx－2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，都有xlnx＋x>k(x－1)成立，求整数k的最大值．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________培优点3同构函数问题同构函数问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维．同构函数问题是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构有双变量同构和指对同构，一般都是压轴题，难度较大．考点一双变量同构问题例1(1)(多选)已知0<x<y<π，且eysinx＝exsiny，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是()A．y<eq\f(π,4) B．x<eq\f(π,4)C．cosx＋cosy>0 D．sinx>siny(2)(2023·大连模拟)若实数a，b满足4a＋log3a＝8b＋3log27b，则()A．a<eq\f(3b,2) B．a>eq\f(3b,2)C．a>b3 D．a<b3规律方法含有地位相等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题．跟踪演练1(1)若对于0<x1<x2<a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，则a的最大值为()A.eq\f(1,2) B．1C．e D．2e(2)(2023·德阳模拟)已知实数x，y满足eylnx＝yex，y>1，则x，y的大小关系为()A．y≥x B．y<xC．y>x D．y≤x考点二指对同构问题考向1指对同构与恒成立问题例2已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－lnax(a>0)．(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若对于任意的x>0，有f(x)≥0，求正数a的取值范围．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________考向2指对同构与证明不等式例3已知函数f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)当x>2时，证明：eq\f(x,x－1)ex>ln(x－1)．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________规律方法指对同构的常用形式(1)积型：aea≤blnb，一般有三种同构方式：①同左构造形式：aea≤lnbelnb，构造函数f(x)＝xex；②同右构造形式：ealnea≤blnb，构造函数f(x)＝xlnx；③取对构造形式：a＋lna≤lnb＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnb))(b>1)，构造函数f(x)＝x＋lnx.(2)商型：eq\f(ea,a)≤eq\f(b,lnb)，一般有三种同构方式：①同左构造形式：eq\f(ea,a)≤eq\f(elnb,lnb)，构造函数f(x)＝eq\f(ex,x)；②同右构造形式：eq\f(ea,lnea)≤eq\f(b,lnb)，构造函数f(x)＝eq\f(x,lnx)；③取对构造形式：a－lna≤lnb－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnb))(b>1)，构造函数f(x)＝x－lnx.(3)和、差型：ea±a>b±lnb，一般有两种同构方式：①同左构造形式：ea±a>elnb±lnb，构造函数f(x)＝ex±x；②同右构造形式：ea±lnea>b±lnb，构造函数f(x)＝x±lnx. 跟踪演练2已知a>0，函数f(x)＝xex－ax.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若f(x)≥lnx－x＋1恒成立，求实数a的取值范围．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________培优点4极值点偏移问题极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．考点一对称化构造函数例1(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝xe2－x.(1)求f(x)的极值；(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________规律方法对称化构造函数法构造辅助函数(1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)．(2)对结论x1x2>xeq\o\al(2,0)型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成lnx1＋lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可．跟踪演练1(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________考点二比值代换例2(2023·沧州模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax－1(a∈R)．若方程f(x)＋2＝0有两个实根x1，x2，且x2>2x1，求证：x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3).(参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099)________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________规律方法比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq\f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．跟踪演练2(2023·淮北模拟)已知a是实数，函数f(x)＝alnx－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________规范答题1函数与导数(12分)(2023·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；[切入点：求导，讨论a的正负](2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).[方法一关键点：作差法比较f(x)min与2lna+eq\f(3,2)的大小][方法二关键点：利用不等式ex≥x＋1把函数f(x)中的指数换成一次函数](1)解因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，(1分)eq\x(\a\vs4\al\co1(当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，,故f′x＝aex－1<0恒成立，))❶所以f(x)是减函数；(2分)当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，eq\x(\a\vs4\al\co1(当x<－lna时，f′x<0，,则fx在－∞，－lna上单调递减；,当x>－lna时，f′x>0，,则fx在－lna，＋∞上单调递增.))❷综上，当a≤0时，f(x)是减函数；(4分)当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(5分)(2)证明方法一由(1)得，当a>0时，eq\x(fxmin＝f－lna＝ae－lna＋a＋lna＝1＋a2＋lna，)❸(7分)要证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即证1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立，(8分)eq\x(令g(a)＝a2－\f(1,2)－lna(a>0)，)❹(9分)则g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，则0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，则a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，(11分)所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－eq\f(1,2)－ln

eq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，❺则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，证毕．(12分)方法二eq\x(令hx＝ex－x－1，)❻则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函数，所以h′(x)＝ex－1是增函数，又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，(6分)eq\x(\a\vs4\al\co1(因为fx＝aex＋a－x＝aex＋a2－x,＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，))❼当且仅当x＋lna＝0，即x＝－lna时，等号成立，所以要证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即证x＋lna＋1＋a2－x>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)－lna>0，(8分)eq\x(\a\vs4\al\co1(令g(a)＝a2－\f(1,2)－lna(a>0)，))❽(9分)则g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，则0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，则a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，(11分)

所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－eq\f(1,2)－ln

eq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，❾则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，证毕．(12分)①②处判断f′(x)的符号③处利用单调性求f(x)min④处构造函数g(a)＝f(x)min－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lna＋\f(3,2)))⑤处求g(a)min并判断其符号⑥处构造函数证明ex≥x＋1⑦处通过不等式ex≥x＋1放缩函数f(x)⑧处构造函数g(a)⑨处求g(a)min并判断其符号培优点1切线放缩例1证明(1)首先证明sinx≤x，x∈[0，＋∞)，证明如下：构造j(x)＝sinx－x，x∈[0，＋∞)，则j′(x)＝cosx－1≤0恒成立，故j(x)＝sinx－x在[0，＋∞)上单调递减，故j(x)≤j(0)＝0，所以sinx≤x，x∈[0，＋∞)．当a＝1时，f(x)＝sinx－ln(x＋1)，x∈[0,1]，f′(x)＝cosx－eq\f(1,1＋x)＝1－2sin2eq\f(x,2)－eq\f(1,1＋x)≥1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2－eq\f(1,x＋1)＝1－eq\f(x2,2)－eq\f(1,1＋x)≥1－eq\f(x,2)－eq\f(1,x＋1)(0≤x≤1)，故f′(x)≥eq\f(2＋2x－x2－x－2,2＋2x)＝eq\f(x1－x,2＋2x)≥0在x∈[0,1]上恒成立，所以f(x)在[0,1]上单调递增，故f(x)≥f(0)＝0.(2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞)．当a＝－1时，g(x)＝2ex－2－sinx－ln(x＋1)＝2(ex－x－1)＋x－sinx＋x－ln(x＋1)，下证：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sinx≥0(x≥0)，x－ln(x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0处取等号，令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，则r′(x)＝ex－1≥0，故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上单调递增，故r(x)≥r(0)＝0，且在x＝0处取等号，由(1)知j(x)＝sinx－x在[0，＋∞)上单调递减，故j(x)≤j(0)＝0，且在x＝0处取等号，令t(x)＝x－ln(x＋1)(x≥0)，则t′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)≥0，故t(x)＝x－ln(x＋1)在[0，＋∞)上单调递增，故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0处取等号，综上有g(x)＝2(ex－x－1)＋x－sinx＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0处取等号，即(2ex－2)－f(x)≥0，即证f(x)≤2ex－2. 跟踪演练1(1)解由题意可知x>0，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)－2＝－eq\f(2x2－x＋a,x2)，对于二次函数y＝2x2－x＋a，Δ＝1－8a.当a≥eq\f(1,8)时，Δ≤0，f′(x)≤0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<eq\f(1,8)时，二次函数y＝－2x2＋x－a有2个大于零的零点，分别是x1＝eq\f(1－\r(1－8a),4)，x2＝eq\f(1＋\r(1－8a),4)，当x∈eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)))时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))上单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))上单调递减．综上，当a≥eq\f(1,8)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<eq\f(1,8)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))上单调递减．(2)证明要证ex＋eq\f(a－2x2－2x,x)>f(x)，即证ex>lnx＋2.不妨设h(x)＝ex－(x＋1)，则h′(x)＝ex－1，h′(0)＝0，当x<0时，h′(0)<0，当x>0时，h′(0)>0，因此h(x)≥h(0)＝0，ex－(x＋1)≥0恒成立．令m(x)＝lnx－x＋1，m′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当0<x<1时，m′(x)>0，m(x)单调递增，当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，故当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝0，因此lnx－x＋1≤0，则ex－(x＋1)＋[x－(lnx＋1)]＝ex－(lnx＋2)>0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)，即ex>lnx＋2.从而不等式得证．例2证明f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0得，0<x<1，所以f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．因为f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1<x2.所以0<x1<1<x2，先证不等式x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e)，因为f(e)＝0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(2,e)，f′(e)＝1，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－1，所以曲线y＝f(x)在x＝eq\f(1,e)和x＝e处的切线分别为l1：y＝－x－eq\f(1,e)和l2：y＝x－e，如图，令g(x)＝f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,e)))＝xlnx＋eq\f(1,e)，0<x<1，则g′(x)＝1＋lnx，令g′(x)>0，则eq\f(1,e)<x<1；令g′(x)<0，则0<x<eq\f(1,e)，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增， 所以g(x)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以f(x)≥－x－eq\f(1,e)在(0,1)上恒成立，设直线y＝b与直线l1交点的横坐标为x′1，则x′1≤x1，设直线y＝b与直线l2交点的横坐标为x′2，同理可证x2≤x′2，因为x′1＝－b－eq\f(1,e)，x′2＝b＋e，所以x2－x1<x′2－x′1＝b＋e－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b－\f(1,e)))＝2b＋e＋eq\f(1,e)(两个等号不同时成立)，因此x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e).再证不等式x2－x1>be＋e，函数图象f(x)上有两点A(1，－1)，B(e,0)，设直线y＝b与直线OA：y＝－x，AB：y＝eq\f(1,e－1)(x－e)的交点的横坐标分别为x3，x4，易证x1<x3<x4<x2，且x3＝－b，x4＝(e－1)b＋e，所以x2－x1>x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e.综上可得be＋e<x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e)成立．跟踪演练2证明f(x)＝(x＋1)(ex－1)，令f(x)＝0，有x1＝－1，x2＝0，f′(x)＝ex(x＋2)－1，f′(－1)＝－1＋eq\f(1,e)，f′(0)＝1，设曲线y＝f(x)在(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，则h(x)＝f′(－1)(x＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))(x＋1)，令F(x)＝f(x)－h(x)＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,e)))，则F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)，令m(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)，则m′(x)＝(x＋3)ex，所以当x<－3时，m′(x)<0；当x>－3时，m′(x)>0，所以F′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，当x→－∞时，F′(x)→－eq\f(1,e)，又F′(－1)＝0，所以当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)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)恒成立，则f(x1)≥h(x1)，设h(x)＝m的根为x3，则x3＝－1＋eq\f(em,1－e)，又h(x)单调递减，且m＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3))＝f(x1)≥h(x1)，所以x3≤x1，设曲线y＝f(x)在(0,0)处的切线为y＝t(x)，则t(x)＝x，令G(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则G′(x)＝(x＋2)ex－2，依据F′(x)的单调性可知，G′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，当x→－∞时，G′(x)→－2，且G′(0)＝0，所以G(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以G(x)≥G(0)＝0，所以f(x)≥t(x)恒成立，所以f(x2)≥t(x2)，设t(x)＝m的根为x4，则x4＝m，又函数t(x)单调递增，且m＝t(x4)＝f(x2)≥t(x2)，所以x4≥x2，所以x2－x1≤x4－x3＝m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(em,1－e)))＝1＋eq\f(2e－1m,e－1)＝1＋2m＋eq\f(m,e－1)，即证x2－x1≤1＋2m＋eq\f(m,e－1).培优点2隐零点问题例1解(1)由题知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．若a≤1，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；若1<a<e，即0<lna<1，当0<x<lna或x>1时，f′(x)>0；当lna<x<1时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0，lna)上单调递增，在区间(lna,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；若a＝e，f′(x)≥0，∴f(x)在定义域上是增函数；若a>e，即lna>1，当0<x<1或x>lna时，f′(x)>0；当1<x<lna时，f′(x)<0；∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，lna)上单调递减，在区间(lna，＋∞)上单调递增．(2)当a＝0时，g(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋(x－1)2ex，定义域为(0，＋∞)，∴g′(x)＝eq\f(1,x)－x＋(x2－1)ex＝(x＋1)(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x)))，设h(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，∴h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0，∴h(x)在定义域上是增函数，∵heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2<0，h(1)＝e－1>0，∴存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使h(x0)＝0，即－eq\f(1,x0)＝0，＝eq\f(1,x0)，－x0＝lnx0， 当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)>0；当x0<x<1时，h(x)>0，即g′(x)<0；当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，∴当x＝x0时，g(x)取极大值g(x0)＝lnx0－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋(x0－1)2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,x0)－2，设F(x)＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<1))，易知F(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减．∴g(x0)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,8)<0，∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)＝－eq\f(1,2)<0，g(2)＝e2－2＋ln2>0，∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点，综上所述，g(x)有且只有一个零点．跟踪演练1(1)解设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)＝eq\f(1,x)－a，得f′(x0)＝eq\f(1,x0)－a，所以切线方程为y－(lnx0－ax0＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a))(x－x0)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a))x＋lnx0.因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a＝2，,lnx0＝0，))解得a＝－1.(2)证明当a＝－1时，f(x)＝lnx＋x＋1，令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2＝xex－lnx－x－1(x>0)，则F′(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,x)－1＝eq\f(x＋1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xex－1))，令G(x)＝xex－1(x>0)，则G′(x)＝(x＋1)ex>0，所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)，且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故F(x)min＝F(x0)＝x0－lnx0－x0－1，由G(x0)＝0得x0－1＝0，两边取对数得lnx0＋x0＝0，故F(x0)＝0，所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2.例2(1)解当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)，f′(0)＝e－1，故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S＝eq\f(1,2)×|－1|×(e－1)＝eq\f(e－1,2).(2)证明当a>1时，因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1，所以f′(x)＝aex－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(aexx＋1－1,x＋1)(x>－1)，令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，则g′(x)＝aex(x＋2)，因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0，因此有aeβ(β＋1)＝1.当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝lna＋β，所以当－1<β<0时，f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝eq\f(1,β＋1)＋β－1＋lna＝lna＋eq\f(β2,β＋1)，因为a>1，所以lna>0，又因为－1<β<0，所以eq\f(β2,β＋1)>0，所以f(β)>0.所以f(x)≥f(β)>0.因此当a>1时，f(x)没有零点．跟踪演练2解(1)函数f(x)＝x－lnx－2的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(1,x)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)∀x∈(1，＋∞)，xlnx＋x>k(x－1)⇔k<eq\f(xlnx＋x,x－1)，令g(x)＝eq\f(xlnx＋x,x－1)，x>1，求导得g′(x)＝eq\f(2＋lnxx－1－xlnx＋x,x－12)＝eq\f(x－lnx－2,x－12)，由(1)知，f(x)＝x－lnx－2在(1，＋∞)上单调递增，f(3)＝1－ln3<0，f(4)＝2(1－ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)＝0，即x0－lnx0－2＝0⇔lnx0＝x0－2，当x∈(1，x0)时，f(x)<0，即g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，于是g(x)min＝g(x0)＝eq\f(x0lnx0＋x0,x0－1)＝eq\f(x0x0－2＋x0,x0－1)＝x0，则k<x0∈(3,4)，所以整数k的最大值是3. 培优点3同构函数问题例1(1)BC[因为eysinx＝exsiny，所以eq\f(sinx,ex)＝eq\f(siny,ey)，令g(t)＝eq\f(sint,et)，0<t<π，所以g(x)＝g(y)，则g′(t)＝eq\f(etcost－etsint,et2)＝eq\f(cost－sint,et)，由g′(t)>0有t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，由g′(t)<0有t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，所以g(t)＝eq\f(sint,et)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上单调递减，因为0<x<y<π，由g(x)＝g(y)有0<x<eq\f(π,4)<y<π，故A错误，B正确；因为0<x<y<π，所以ey>ex，由eq\f(sinx,ex)＝eq\f(siny,ey)有siny>sinx，故D错误；因为0<x<eq\f(π,4)<y<π，所以cosx＝eq\