2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版高考解答题专项突破（一） 第2课时 利用导数证明不等式含答案

2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版高考解答题专项突破（一）第2课时利用导数证明不等式第2课时利用导数证明不等式考点一直接构造函数证明不等式例1(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).解(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，当x<－lna时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，当x>－lna时，f′(x)>0，则f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)证法一：由(1)得，f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，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，令g(a)＝a2－eq\f(1,2)－lna(a>0)，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，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)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，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．证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，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，因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，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恒成立，以下同证法一．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．1.(2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x－x2<sinx<x；证明构建F(x)＝x－sinx，则F′(x)＝1－cosx>0对任意x∈(0，1)恒成立，则F(x)在(0，1)上单调递增，可得F(x)>F(0)＝0，所以当0<x<1时，x>sinx；构建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，则G′(x)＝2x－1＋cosx，构建g(x)＝G′(x)，则g′(x)＝2－sinx>0对任意x∈(0，1)恒成立，则g(x)在(0，1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0，即G′(x)>0对任意x∈(0，1)恒成立，则G(x)在(0，1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0，所以当0<x<1时，sinx>x－x2.综上所述，当0<x<1时，x－x2<sinx<x.考点二放缩法证明不等式例2已知x∈(0，1)，求证：x2－eq\f(1,x)<eq\f(lnx,ex).证明证法一：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).证法二：∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，x2－eq\f(1,x)∈(－∞，0)，∴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).导数的综合应用题中，最常见就是ex和lnx与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对ex和lnx进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋eq\f(1,2)x2，当且仅当x＝0时取等号；(4)当x≥0时，ex≥1＋eq\f(e,2)x2，当且仅当x＝0时取等号；(5)eq\f(x－1,x)≤lnx≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号．2.(2023·四川南充模拟)已知函数f(x)＝ax－sinx.(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；(2)求证：当x>0时，ex>2sinx.解(1)因为f(x)＝ax－sinx，所以f′(x)＝a－cosx，由函数f(x)为增函数，得f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，因为y＝cosx∈[－1，1]，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．(2)证明：由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sinx为增函数，当x>0时，由f(x)>f(0)＝0，得x>sinx，要证当x>0时，ex>2sinx，现在证当x>0时，ex>2x，即证ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝ex－2x(x>0)，则g′(x)＝ex－2，当0<x<ln2时，g′(x)<0，当x>ln2时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，所以g(x)≥g(ln2)>0，所以ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sinx.考点三凹凸反转法证明不等式例3求证：ex－ex＋1－eq\f(elnx,x)>0(x>0)．证明原不等式等价于ex－ex＋1>eq\f(elnx,x)(x>0)．令F(x)＝ex－ex＋1(x>0)，F′(x)＝ex－e，当x∈(0，1)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)min＝F(1)＝e－e＋1＝1.令G(x)＝eq\f(elnx,x)(x>0)，G′(x)＝eq\f(e(1－lnx),x2).当x∈(0，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，G′(x)<0，G(x)单调递减，所以G(x)max＝G(e)＝1，等号不同时取得，所以F(x)>G(x)，即ex－ex＋1>eq\f(elnx,x)，故原不等式成立．“凹凸反转法”证明不等式的方法步骤eq\x(欲证g(x)>h(x))eq\o(→,\s\up7(g(x)图象凹形状),\s\do5(h(x)图象凸形状))eq\x(\a\al(求g(x)的最小值,求h(x)的最大值))eq\o(→,\s\up7(说明g(x)min大于),\s\do5(h(x)max))eq\x(证得g(x)>h(x))，如图所示．注意：在证明过程中，“隔离化”是关键．如果证g(x)≥f(x)恒成立，只需证g(x)min≥f(x)max恒成立，但只有当f(x)与g(x)取到最值的条件是同一个x的值时取等号，否则只能得到g(x)>f(x)．3.已知函数g(x)＝xlnx．证明：当x>0时，g(x)>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e).证明因为g(x)＝xlnx，所以g′(x)＝1＋lnx，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)>0，所以函数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)，＋∞))上单调递增，所以当x>0时，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).令φ(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，则φ′(x)＝eq\f(1－x,ex)，所以当0<x<1时，φ′(x)>0，当x>1时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝－eq\f(1,e).又两个等号不同时成立，故当x>0时，g(x)>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e).课时作业1．(2023·福建福州模拟)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)＝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，故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)证法一：因为x>0，所以只需证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，所以f(x)max＝f(1)＝－e.令g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq\f((x－1)ex,x2)，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；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)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.证法二：由题意知，要证xf(x)－ex＋2ex≤0，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，即证lnx－x＋2≤eq\f(ex,ex).设函数m(x)＝lnx－x＋2(x>0)，则m′(x)＝eq\f(1,x)－1.所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，故m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝1.设函数h(x)＝eq\f(ex,ex)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(ex(x－1),ex2).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，m(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.2．(2024·山东临沂沂水县第四中学高三上学期月考)已知函数f(x)＝ex－2－ax(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a≤0时，求证：f(x)>lnx.解(1)函数的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－2－a.当a≤0时，f′(x)>0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝2＋lna；当x<2＋lna时，f′(x)<0，当x>2＋lna时，f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，2＋lna)上单调递减，在(2＋lna，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，2＋lna)上单调递减，在(2＋lna，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证f(x)>lnx，即证ex－2－ax>lnx，即证eq\f(ex－2,x)－a>eq\f(lnx,x).设g(x)＝eq\f(ex－2,x)－a(x>0)，则g′(x)＝eq\f((x－1)ex－2,x2)，当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝e－1－a＝eq\f(1,e)－a.令h(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，当0<x<e时，h′(x)>0；当x>e时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，当a≤0时，g(x)≥eq\f(1,e)－a≥eq\f(1,e)≥h(x)，∵前后取等号的条件不一致，∴eq\f(ex－2,x)－a>eq\f(lnx,x).综上所述，当a≤0时，f(x)>lnx.3．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x－1，证明：(1)当x∈(0，＋∞)时，不等式f(x)≤g(x)恒成立；(2)对于任意正整数n，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<e恒成立(其中e为自然对数的底数)．证明(1)要证不等式f(x)≤g(x)恒成立，即证lnx≤x－1恒成立，令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(1)＝0，所以lnx≤x－1恒成立．(2)由(1)知lnx≤x－1，令x＝1＋eq\f(1,2k)，则lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k)))<eq\f(1,2k)，k∈N*，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)<1，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<e.4．(2023·哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝ax＋1(x>0)，g(x)＝lnx－eq\f(a－1,x)＋2a.(1)若a＝eq\f(1,2)，比较函数f(x)与g(x)的大小；(2)若m>n>0，求证：eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn).解(1)当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝eq\f(x,2)＋1，g(x)＝lnx＋eq\f(1,2x)＋1，令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(x,2)－lnx－eq\f(1,2x)，则F′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2x2)＝eq\f((x－1)2,2x2)≥0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0.综上，当x＝1时，F(x)＝0，f(x)＝g(x)；当x∈(0，1)时，F(x)<0，f(x)<g(x)；当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，f(x)>g(x)．(2)证明：m>n>0，eq\f(m,n)>1，要证eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn)，即证eq\f(m－n,\r(mn))>lnm－lnn，即证eq\r(\f(m,n))－eq\r(\f(n,m))>lneq\f(m,n)，设t＝eq\r(\f(m,n))，且t>1，即证t－eq\f(1,t)>lnt2＝2lnt，即证eq\f(t,2)－lnt－eq\f(1,2t)>0(t>1)，由(1)知，当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0成立，故不等式成立，所以当m>n>0时，eq\f(m－n,lnm－lnn)>eq\r(mn).5．设函数f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．(1)求a；(2)设函数g(x)＝eq\f(x＋f(x),xf(x))，证明：g(x)<1.解(1)由题意，得y＝xf(x)＝xln(a－x)，y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′.因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，所以y′|x＝0＝lna＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)可知f(x)＝ln(1－x)，要证g(x)<1，即证eq\f(x＋f(x),xf(x))<1，即需证eq\f(x＋ln(1－x),xln(1－x))<1.因为当x∈(－∞，0)时，xln(1－x)<0，当x∈(0，1)时，xln(1－x)<0；所以需证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，即证x＋(1－x)ln(1－x)>0.令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，x∈(－∞，1)，且x≠0，则h′(x)＝1＋(－1)ln(1－x)＋(1－x)·eq\f(－1,1－x)＝－ln(1－x)，所以当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0；当x∈(0，1)时，h′(x)>0，所以h(x)>h(0)＝0，即x＋ln(1－x)>xln(1－x)，所以eq\f(x＋ln(1－x),xln(1－x))<1成立，所以eq\f(x＋f(x),xf(x))<1，即g(x)<1.6．(2023·天津高考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))·ln(x＋1)．(1)求曲线y＝f(x)在x＝2处切线的斜率；(2)当x>0时，证明：f(x)>1；(3)证明：eq\f(5,6)<ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n≤1，n∈N*.解(1)f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))eq\f(1,x＋1)，所以f′(2)＝eq\f(1,3)－eq\f(ln3,4)，故曲线y＝f(x)在x＝2处切线的斜率为eq\f(1,3)－eq\f(ln3,4).(2)证明：构造g(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)(t≥1)，则g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)≥0，所以函数g(t)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(t)≥g(1)＝0，所以lnt>eq\f(2(t－1),t＋1)(t>1)．令x＋1＝t(x>0)，则ln(x＋1)>eq\f(2x,x＋2)(x>0)，所以当x>0时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(x＋1)>1，即f(x)>1.(3)证明：先证ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n≤1.令h(n)＝ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n，n∈N*，则h(n＋1)－h(n)＝ln(n＋1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,2)))ln(n＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋1＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，由(2)可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(x＋1)>1，令n＝eq\f(1,x)，则1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))<0，故h(n)单调递减，则h(n)≤h(1)＝1，得证．再证ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n>eq\f(5,6).证法一：构造s(x)＝lnx－eq\f((x＋5)(x－1),4x＋2)，x>0，则s′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(x2＋x＋7,(2x＋1)2)＝－eq\f((x－1)3,x(2x＋1)2)，当0<x<1时，s′(x)>0，当x>1时，s′(x)<0，故s(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故s(x)≤s(1)＝0，即lnx≤eq\f((x＋5)(x－1),4x＋2).又当n≥2时，h(n)－h(n＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))－1≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋6))\f(1,n),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2,n))))－1＝eq\f(1,12n2＋8n)<eq\f(1,12n2－12n)＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，所以h(1)－h(2)＋h(2)－h(3)＋…＋h(n－1)－h(n)＝h(1)－h(n)<1－ln2＋eq\f(5,2)ln2－2＋eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－2)－\f(1,n－1)))＝eq\f(3,2)ln2－1＋eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n－1)))<eq\f(3,2)ln2－1＋eq\f(1,12)<eq\f(1,6)，故h(n)>h(1)－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6)，得证．综上，eq\f(5,6)<ln(n！)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lnn＋n≤1，n∈N*.证法二：先证不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))ln(1＋x)－1<eq\f(x2,12)成立．令p(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x3＋12x,6(x＋2))(x≥0)，则p′(x)＝－eq\f(x3(x＋4),3(x＋1)(x＋2)2)≤0，故p(x)在[0，＋∞)上单调递减，故当x>0时，p(x)<p(0)＝0，所以当n≥2时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))－1<eq\f(1,12n2)<eq\f(1,12n(n－1))＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n))).以下同证法一．第3课时利用导数研究函数的零点考点一确定函数零点的个数(多考向探究)考向1利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数例1(2023·湖北武汉模拟)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)，g(x)＝tanx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内的零点个数．解(1)函数f(x)＝eq\f(ex,x)的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝eq\f(exx－ex,x2)＝eq\f(ex(x－1),x2)，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(ex,x)－tanx＝0，得xsinx－excosx＝0.设h(x)＝xsinx－excosx，所以h′(x)＝(ex＋1)sinx＋(x－ex)cosx.①当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，可知ex>0>x，则ex>x，所以x－ex<0，又sinx<0，cosx>0，所以h′(x)<0，从而h(x)＝xsinx－excosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减，又h(0)＝－1，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上有一个零点．②当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，cosx≥sinx>0，由(1)知函数f(x)＝eq\f(ex,x)在(0，1)上单调递减，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，函数f(x)＝eq\f(ex,x)>f(1)＝e>1，则ex>x>0.所以excosx>xsinx，则h(x)＝xsinx－excosx<0恒成立．所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上无零点．③当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，sinx>cosx>0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)>0，则h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增．又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－e\f(π,4)))<0，由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上存在一个零点．综上，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内的零点个数为2，即F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内的零点个数为2.利用单调性和函数零点存在定理确定零点个数的一般步骤及注意点(1)讨论函数的单调性，确定函数的单调区间．(2)在每个单调区间上，利用函数零点存在定理判断零点的个数．(3)注意区间端点的选取技巧．(4)含参数时注意分类讨论．1.(2023·江西高三质量监测(四))已知函数f(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,3)ax3(a>e，e是自然对数的底数)．(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；(2)证明：函数f(x)在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点．解(1)f′(x)＝xex－ax2＝x(ex－ax)(a＞e)，令f′(x)＝0，得x＝0或ex－ax＝0.设g(x)＝ex－ax，则g′(x)＝ex－a，令g′(x)＝0，得x＝lna，当x<lna时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>lna时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(lna)＝a－alna＝a(1－lna)．因为a>e，则g(x)min<0，此时g(x)在R上有且仅有两个零点，记为x1，x2(x1<x2)，因为g(0)＝1>0，g(1)＝e－a<0，当x→＋∞时，g(x)>0，所以0<x1<1<x2，且x1，x2是g(x)的两个变号零点，也是f′(x)的两个变号零点，又当x＜0时，f′(x)＜0，当0＜x＜x1时，f′(x)＞0，所以0是f′(x)的变号零点，即f′(x)在R上有且仅有3个变号零点，所以函数f(x)在R上有且仅有3个极值点．(2)证明：f′(x)＝x(ex－ax)，由(1)知，当a>e时，f(x)在R上有3个极值点：0，x1，x2，其中0<x1<1<x2，且f(0)＝－1<0，当0<x<x1时，g(x)>0，则f′(x)>0，f(x)单调递增；当x1<x<x2时，g(x)<0，则f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>x2时，g(x)>0，则f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)在区间(0，＋∞)内的极大值为f(x1)，极小值为f(x2)，且ex1＝ax1，ex2＝ax2⇒a＝eq\f(ex1,x1)，a＝eq\f(ex2,x2).所以f(x2)＝(x2－1)ex2－eq\f(1,3)axeq\o\al(3,2)＝(x2－1)ex2－eq\f(1,3)·eq\f(ex2,x2)xeq\o\al(3,2)＝(x2－1)ex2－eq\f(xeq\o\al(2,2)ex2,3)＝eq\f(ex2,3)(－xeq\o\al(2,2)＋3x2－3)＝eq\f(ex2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(3,4)))<0，同理，f(x1)＝eq\f(ex1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(3,4)))<0，而当x→＋∞时，f(x)>0，因此函数f(x)在区间(0，x2]内无零点，在区间(x2，＋∞)上有且只有一个零点．综上所述，函数f(x)在区间(0，＋∞)上有且只有一个零点．考向2利用两个函数图象的交点确定零点个数例2(2024·河北邢台第二中学高三阶段练习)已知函数f(x)＝ax2－|1＋lnx|(a>0)．(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；(2)讨论f(x)零点的个数．解(1)当a＝1时，函数f(x)＝x2－|1＋lnx|的定义域为(0，＋∞)，当0<x≤eq\f(1,e)时，f(x)＝x2＋1＋lnx，f′(x)＝2x＋eq\f(1,x)>0，因此f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递增，当x>eq\f(1,e)时，f(x)＝x2－1－lnx，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，当eq\f(1,e)<x<eq\f(\r(2),2)时，f′(x)<0，当x>eq\f(\r(2),2)时，f′(x)>0，因此函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\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，所以函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(\r(2),2))).(2)函数f(x)＝ax2－|1＋lnx|(a>0)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝0，得a＝eq\f(|1＋lnx|,x2)，令函数g(x)＝eq\f(|1＋lnx|,x2)，x>0，当0<x≤eq\f(1,e)时，g(x)＝－eq\f(1＋lnx,x2)，g′(x)＝－eq\f(x－2x(1＋lnx),x4)＝eq\f(1＋2lnx,x3)<0，函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，由于－(1＋lnx)≥0，即有－(1＋lnx)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上的取值集合是[0，＋∞)，又eq\f(1,x2)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上的取值集合是[e2，＋∞)，因此函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上的取值集合是[0，＋∞)．当x>eq\f(1,e)时，g(x)＝eq\f(1＋lnx,x2)，求导得g′(x)＝－eq\f(1＋2lnx,x3)，当eq\f(1,e)<x<eq\f(1,\r(e))时，g′(x)>0，当x>eq\f(1,\r(e))时，g′(x)<0，因此函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(1,\r(e))))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))上单调递减，在x＝eq\f(1,\r(e))处取得极大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝eq\f(e,2)，而∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，g(x)>0恒成立，函数f(x)＝ax2－|1＋lnx|(a>0)的零点，即方程a＝eq\f(|1＋lnx|,x2)(a>0)的根，亦即直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标，在同一坐标系内作出直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象，如图，观察图象知，当0<a<eq\f(e,2)时，直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象有3个公共点；当a＝eq\f(e,2)时，直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象有2个公共点；当a>eq\f(e,2)时，直线y＝a(a>0)与函数y＝g(x)的图象有1个公共点．所以当0<a<eq\f(e,2)时，函数f(x)有3个零点；当a＝eq\f(e,2)时，函数f(x)有2个零点；当a>eq\f(e,2)时，函数f(x)有1个零点．在借助函数图象研究函数零点问题时，要准确画出函数的图象，不仅要研究函数的单调性与极值的情况，还要关注函数值的正负以及变化趋势，把函数图象与x轴有无交点，哪一区间在x轴上方，哪一区间在x轴下方等情况分析清楚，这样才能准确地研究直线与函数图象交点的个数情况．2.(2023·湖北七市联考)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(2,x)－2，g(x)＝xlnx－ax2－x＋1.(1)证明：函数f(x)在(1，＋∞)上有且仅有一个零点；(2)假设存在常数λ>1，且满足f(λ)＝0，试讨论函数g(x)的零点个数．解(1)证明：f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2)，令f′(x)＝0，得x＝2，当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．因为f(1)＝0，f(2)＝ln2－1<0，f(e2)＝eq\f(2,e2)>0，由零点存在定理及f(x)的单调性，得函数f(x)在(1，＋∞)上有且仅有一个零点．(2)令g(x)＝0，即xlnx－ax2－x＋1＝0，从而有ax＝lnx－1＋eq\f(1,x).令φ(x)＝lnx－1＋eq\f(1,x)，从而g(x)的零点个数等价于y＝ax的图象与φ(x)图象的交点个数．φ′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，令φ′(x)＝0，得x＝1.当0<x<1时，φ′(x)<0，当x>1时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且φ(x)min＝φ(1)＝0，其图象如图所示．当a＝0时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有一个交点．当a<0时，y＝ax的图象经过第二、四象限，与φ(x)的图象无交点．当a>0时，y＝ax的图象经过第一、三象限，与φ(x)的图象至少有一个交点．当y＝ax的图象与φ(x)的图象相切时，设切点横坐标为x0，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝φ′(x0)＝\f(1,x0)－\f(1,xeq\o\al(2,0))，,ax0＝lnx0－1＋\f(1,x0)，))即有lnx0＋eq\f(2,x0)－2＝0，从而x0＝λ，此时a＝eq\f(1,λ)－eq\f(1,λ2)＝eq\f(λ－1,λ2)>0.所以，当a＝eq\f(λ－1,λ2)时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有两个交点；当0<a<eq\f(λ－1,λ2)时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有三个交点；当a>eq\f(λ－1,λ2)时，y＝ax的图象与φ(x)的图象有一个交点．综上所述，当a<0时，g(x)没有零点；当0<a<eq\f(λ－1,λ2)时，g(x)有三个零点；当a＝eq\f(λ－1,λ2)时，g(x)有两个零点；当a>eq\f(λ－1,λ2)或a＝0时，g(x)有一个零点．考点二根据零点情况求参数范围例3(2023·广东惠州实验中学高三下学期适应性考试)已知函数f(x)＝ax，其中0<a<1.(1)求函数g(x)＝f(x)－xlna的单调区间；(2)若函数h(x)＝ax－eq\f((lna)2,2)x2－xlna－a＋(3－k)lna＋(lna)2在x∈[1，＋∞)上存在零点，求实数k的取值范围．解(1)由已知，g(x)＝ax－xlna，g′(x)＝axlna－lna，令g′(x)＝0，解得x＝0.由0<a<1，可知当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0(0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)单调递减极小值单调递增所以函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)令h(x)＝0，则存在x∈[1，＋∞)，使得ax－eq\f((lna)2,2)x2－xlna－a＋(3－k)lna＋(lna)2＝0，两边同时除以lna，得eq\f(ax,lna)－eq\f(lna,2)x2－x－eq\f(a,lna)＋lna＋3－k＝0，即eq\f(ax,lna)－eq\f(lna,2)x2－x－eq\f(a,lna)＋lna＋3＝k.令t(x)＝eq\f(ax,lna)－eq\f(lna,2)x2－x－eq\f(a,lna)＋lna＋3，x∈[1，＋∞)，t′(x)＝ax－xlna－1，由(1)知ax－xlna≥g(0)＝1，即t′(x)≥0，则函数t(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以t(x)≥t(1)＝eq\f(a,lna)－eq\f(lna,2)－1－eq\f(a,lna)＋lna＋3＝eq\f(lna,2)＋2.故k≥2＋eq\f(lna,2)，即实数k的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(lna,2)，＋∞)).根据零点情况求参数范围的解法3.(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋xe－x，∴f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋e－x－xe－x，∴f′(0)＝1＋1＝2，又f(0)＝0，∴所求切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x.(2)f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x＝ln(x＋1)＋eq\f(ax,ex)，①当a≥0时，若x>0，则ln(x＋1)>0，eq\f(ax,ex)≥0，∴f(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．②当a<0时，f′(x)＝eq\f(ex＋a(1－x2),(x＋1)ex).令g(x)＝ex＋a(1－x2)，则g′(x)＝ex－2ax，g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，g′(－1)＝e－1＋2a，g′(0)＝1，(a)当g′(－1)≥0，即－eq\f(1,2e)≤a<0时，g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵g(－1)＝e－1>0，∴g(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∵f(0)＝0，∴f(x)在(－1，0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意．(b)当g′(－1)<0，即a<－eq\f(1,2e)时，存在x0∈(－1，0)，使得g′(x0)＝0.∴g(x)在(－1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．g(－1)＝e－1>0，g(0)＝1＋a，g(1)＝e>0.(ⅰ)当g(0)≥0，即－1≤a<－eq\f(1,2e)时，g(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵f(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．(ⅱ)当g(0)<0，即a<－1时，存在x1∈(－1，x0)，x2∈(0，1)，使得g(x1)＝g(x2)＝0，∴f(x)在(－1，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．∵f(0)＝0，∴f(x1)>f(0)＝0，当x→－1时，f(x)<0，∴f(x)在(－1，x1)上存在一个零点，即f(x)在(－1，0)上存在一个零点，∵f(x2)<f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)>0，∴f(x)在(x2，＋∞)上存在一个零点，即f(x)在(0，＋∞)上存在一个零点．综上，a的取值范围是(－∞，－1)．考点三“隐零点”问题例4已知函数f(x)＝lnx＋ax－a(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若不等式f(x)<a(x2－1)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解(1)由f(x)＝lnx＋ax－a知，定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋a＝eq\f(ax＋1,x)，①当a≥0时，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a<0时，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)由f(x)<a(x2－1)，得lnx－a(x2－x)<0，令g(x)＝lnx－a(x2－x)，①当a≤0时，在(1，＋∞)上，g(x)＝lnx－a(x2－x)＝lnx－ax(x－1)>0恒成立，与题意不符；②当a>0时，g′(x)＝eq\f(1,x)－a(2x－1)＝eq\f(1,x)－2ax＋a在(1，＋∞)上单调递减，且g′(1)＝1－a，当a∈(0，1)时，g′(1)>0，故在(1，＋∞)上存在x0，使得g′(x)＝0，当x∈(1，x0)时，g′(x)>0，则在(1，x0)上，g(x)单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，与题意不符．当a∈[1，＋∞)时，g′(x)<g′(1)＝1－a≤0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(1)＝0，符合题意．综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．在函数的零点中，有些零点不易求出，或者可以求出但无需求出，我们把这样的零点称为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法或无需求出．对于“隐零点”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．4.已知函数f(x)＝aex－lnx，g(x)＝eq\f(f(x),a)，a≠0.(1)若g(x)在[1，3]上是增函数，求实数a的取值范围；(2)若a>0，求证：f(x)≥2＋lna.解(1)∵g(x)＝eq\f(f(x),a)＝ex－eq\f(lnx,a)，∴g′(x)＝ex－eq\f(1,ax)(x>0)．∵g(x)在[1，3]上是增函数，∴g′(x)≥0在[1，3]上恒成立，即eq\f(1,a)≤xex在[1，3]上恒成立．令t(x)＝xex，则t′(x)＝(x＋1)ex.∵当x∈[1，3]时，t′(x)>0，∴t(x)在[1，3]上是增函数，∴(xex)min＝e.∴eq\f(1,a)≤e，解得a≥eq\f(1,e)或a<0，即实数a的取值范围是(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).(2)证明：f′(x)＝aex－eq\f(1,x)＝eq\f(axex－1,x)，令h(x)＝axex－1，则h′(x)＝aex＋axex＝aex(1＋x)，∵a>0，∴h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(0)＝－1<0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eeq\s\up7(\f(1,a))－1>0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，使得h(x0)＝0，即存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，使得f′(x0)＝aex0－eq\f(1,x0)＝0，即x0＝eq\f(1,aex0).∴当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(x0)＝aex0－lnx0＝eq\f(1,x0)－lneq\f(1,aex0)＝eq\f(1,x0)＋x0＋lna≥2eq\r(\f(1,x0)·x0)＋lna＝2＋lna，当且仅当eq\f(1,x0)＝x0，即x0＝1时等号成立，∴当a>0时，f(x)≥2＋lna.课时作业1．已知函数f(x)＝2x3－3x2－12x＋m.(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)有3个零点，求实数m的取值范围．解(1)由题意，得f′(x)＝6x2－6x－12，故f′(1)＝－12，又当m＝1时，f(1)＝2－3－12＋1＝－12，故所求的切线方程为y＋12＝－12(x－1)，即y＝－12x.(2)由题意，得f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x2－x－2)＝6(x＋1)(x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈(－1，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)有极大值f(－1)＝m＋7，有极小值f(2)＝m－20.若函数f(x)有3个零点，则实数m满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋7>0，,m－20<0，))解得－7<m<20，即实数m的取值范围为(－7，20)．2．已知函数f(x)＝(x2－2x＋a)ex.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝1时，判断函数g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x2＋lnx的零点个数，并说明理由．解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x＋a)ex＝(x2＋a－2)ex，当a≥2时，f′(x)≥0，则f(x)在R上是增函数；当a<2时，f′(x)＝[x2－(2－a)]ex＝(x＋eq\r(2－a))(x－eq\r(2－a))ex，令f′(x)＝0，得x＝±eq\r(2－a)；令f′(x)>0，得x<－eq\r(2－a)或x>eq\r(2－a)；令f′(x)<0，得－eq\r(2－a)<x<eq\r(2－a).所以函数f(x)在(－eq\r(2－a)，eq\r(2－a))上单调递减，在(－∞，－eq\r(2－a))和(eq\r(2－a)，＋∞)上单调递增．(2)当a＝1时，g(x)＝(x－1)2ex－eq\f(1,2)x2＋lnx，其定义域为(0，＋∞)，则g′(x)＝(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)，则h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0，从而h(x)在(0，＋∞)上是增函数，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2<0，h(1)＝e－1>0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得h(x0)＝ex0－eq\f(1,x0)＝0，即ex0＝eq\f(1,x0)，x0＝－lnx0.列表如下：x(0，x0)x0(x0，1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)增函数极大值减函数极小值增函数由表可得g(x)的极小值为g(1)＝－eq\f(1,2)，g(x)的极大值为g(x0)＝(x0－1)2ex0－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋lnx0＝eq\f(xeq\o\al(2,0)－2x0＋1,x0)－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)－x0＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,x0)－2.因为y＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)－2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是减函数，所以－eq\f(3,2)<g(x0)<－eq\f(1,8)，所以g(x)在(0，1]内没有零点．又g(1)＝－eq\f(1,2)<0，g(2)＝e2－2＋ln2>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)内有一个零点．综上所述，g(x)只有一个零点．3．(2023·河北石家庄高三模拟(二))已知函数f(x)＝eq\r(x)－2sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若函数g(x)＝f(x)－eq\r(x)＋sin2x，求g(x)的最小值；(2)证明：函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有唯一零点．解(1)由题意，g(x)＝－2sinx＋sin2x，g′(x)＝－2cosx＋2cos2x＝2(2cos2x－cosx－1)＝2(cosx－1)(2cosx＋1)，因为x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以0≤cosx<1，所以g′(x)<0，g(x)是减函数，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－2.(2)证明：f(x)＝eq\r(x)－2sinx，设h(x)＝x－sinx，则h′(x)＝1－cosx≥0，h(x)是增函数，所以x>0时，h(x)>h(0)＝0，即x>sinx，从而2x>2sinx，由2x<eq\r(x)，解得0<x<eq\f(1,4)，所以当0<x<eq\f(1,4)时，eq\r(x)>2sinx，即f(x)>0，f(x)无零点；当eq\f(π,3)<x≤eq\f(π,2)时，2sinx>2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，eq\r(x)<eq\r(\f(π,2))<eq\r(3)，所以f(x)＝eq\r(x)－2sinx<0，f(x)无零点；当eq\f(1,4)≤x≤eq\f(π,3)时，f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－2cosx，eq\f(1,2\r(x))≤eq\f(1,2\r(\f(1,4)))＝1，2cosx≥2coseq\f(π,3)＝1，所以f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－2cosx≤0，f(x)单调递减，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,2)－2sineq\f(1,4)>eq\f(1,2)－2×eq\f(1,4)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(\f(π,3))－2sineq\f(π,3)＝eq\r(\f(π,3))－eq\r(3)<0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(π,3)))上有唯一零点，也即在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有唯一零点．4．(2024·湖北武汉模拟)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).解(1)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)＝2e2a－1>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\s\up7(\f(1,2))－4a≤2eeq\s\up7(\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\s\up7(\f(a,2))－4<2eeq\s\up7(\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，则f′(x0)＝2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，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，为f(x0)．所以f(x0)＝e2x0－alnx0＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a)，当且仅当x0＝eq\f(1,2)时等号成立．故当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).5．(2024·湖南邵东创新实验学校高三第二次月考)已知函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，(1)证明：当x>0时，f(x)>0恒成立；(2)若关于x的方程eq\f(f(x),x)＋eq\f(x,2)＝asinx在(0，π)内有解，求实数a的取值范围．解(1)证明：函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，x>0，求导得f′(x)＝ex－x－1，令y＝ex－x－1，x>0，求导得y′＝ex－1>0，则函数f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(x)>f′(0)＝0，因此函数f(x)在(0，＋∞