2025高考数学专项复习高考解答题专项突破（一） 第1课时 利用导数解决不等式恒(能)成立问题含答案

2025高考数学专项复习[考情分析]高考对本部分的考查一般有三个层次：(1)主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；(2)导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；(3)综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数取值范围、解决应用问题等，还可能将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题．第1课时利用导数解决不等式恒(能)成立问题考点一“分离参数法”解决不等式恒(能)成立问题例1(2024·福建连城县第一中学高三上学期月考)已知函数f(x)＝2ax－2lnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝x－2，且∀x>0，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝2a－eq\f(2,x)＝eq\f(2ax－2,x)(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a>0时，当0<x<eq\f(1,a)时，f′(x)<0，当x>eq\f(1,a)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．(2)g(x)≤f(x)，即2ax－2lnx≥x－2(x>0)，即a≥eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2)，令h(x)＝eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2－lnx,x2)(x>0)，当0<x<e2时，h′(x)>0，当x>e2时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(e2)＝eq\f(1,e2)＋eq\f(1,2)，所以a≥eq\f(1,e2)＋eq\f(1,2).所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)＋\f(1,2)，＋∞)).用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，具体步骤如下：(1)分离参数(注意分离参数时自变量x的取值范围是否影响不等号的方向)．(2)转化：①若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；②若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x)min；③若∃x∈D，使得a>f(x)有解，则只需a>f(x)min；④若∃x∈D，使得a<f(x)有解，则只需a<f(x)max.(3)求最值．1.已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋2)x＋2alnx(a∈R)．(1)若a>2，讨论函数f(x)的单调性；(2)设函数g(x)＝－(a＋2)x，若至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，求实数a的取值范围．解(1)函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋2)x＋2alnx的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2－(a＋2)x＋2a,x)＝eq\f((x－2)(x－a),x).当a>2时，由f′(x)>0，得0<x<2或x>a；由f′(x)<0，得2<x<a，∴函数f(x)在(0，2)和(a，＋∞)上单调递增，在(2，a)上单调递减．(2)至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，即当x∈[e，4]时，eq\f(1,2)x2＋2alnx>0有解．∵当x∈[e，4]时，lnx≥1，∴2a>－eq\f(\f(1,2)x2,lnx)有解，令h(x)＝－eq\f(\f(1,2)x2,lnx)，x∈[e，4]，则2a>h(x)min.∵h′(x)＝－eq\f(xlnx－\f(1,2)x2·\f(1,x),(lnx)2)＝－eq\f(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,2))),(lnx)2)<0，∴h(x)在[e，4]上单调递减，∴h(x)min＝h(4)＝－eq\f(4,ln2)，∴2a>－eq\f(4,ln2)，即a>－eq\f(2,ln2)，∴实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,ln2)，＋∞)).考点二“最值法”解决不等式恒(能)成立问题例2已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝(x－1)ex－eq\f(ax2,2).(1)若a＝e，讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)≤3在(0，2]上恒成立，求实数a的取值范围．解(1)f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)，当a＝e时，f′(x)＝x(ex－e)．在(0，1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．(2)函数f(x)的导数为f′(x)＝x(ex－a)．①若a≤1，则在(0，2]上，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，因此f(x)max＝f(2)＝e2－2a>3，不符合题意；②若1<a<e2，令f′(x)＝0，得x＝lna，当x∈(0，lna)时，f′(x)<0，当x∈(lna，2]时，f′(x)>0，因此f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，2]上单调递增，又因为当x从右侧趋近于0时，f(x)趋近于－1，小于3，所以只需f(2)≤3即可，即e2－2a≤3，解得eq\f(e2－3,2)≤a<e2；③若a≥e2，则在(0，2]上，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，因此f(x)<－1<3，符合题意．综上所述，实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－3,2)，＋∞)).在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)>(<)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围．(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则①f(x，a)>0恒成立⇔g(a)>0；②f(x，a)<0有解⇔g(a)<0.(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则①f(x，a)<0恒成立⇔g(a)<0；②f(x，a)>0有解⇔g(a)>0.2.已知函数f(x)＝aln(x＋1)，a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－eq\f(1,2)x2恒成立，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)，所以切点为(3，ln4)．因为f′(x)＝eq\f(1,x＋1)，所以切线的斜率为k＝f′(3)＝eq\f(1,4)，所以曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程为y－ln4＝eq\f(1,4)(x－3)，化简得x－4y＋8ln2－3＝0.(2)对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－eq\f(1,2)x2恒成立，即aln(x＋1)－x＋eq\f(1,2)x2≥0恒成立．令h(x)＝aln(x＋1)－x＋eq\f(1,2)x2(x≥0)，则h′(x)＝eq\f(a,x＋1)－1＋x＝eq\f(x2＋a－1,x＋1)(x≥0)．①当a≥1时，h′(x)≥0恒成立，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，因此h(x)min＝h(0)＝0，所以a≥1符合条件．②当a<1时，由h′(x)＝0，x≥0，解得x＝eq\r(1－a)，当x∈(0，eq\r(1－a))时，h′(x)<0；当x∈(eq\r(1－a)，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)min＝h(eq\r(1－a))<h(0)＝0，这与h(x)≥0矛盾，应舍去．综上可知，实数a的取值范围为[1，＋∞)．考点三双变量不等式恒(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(x)max－g(x)min≥M.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3))).由g′(x)＞0，得x＜0或x＞eq\f(2,3)，由g′(x)<0，得0<x<eq\f(2,3)，又x∈[0，2]，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上单调递增，又g(0)＝－3，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(2)＝1，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(x)max＝g(2)＝1.故g(x)max－g(x)min＝eq\f(112,27)≥M，则满足条件的最大整数M＝4.(2)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，等价于在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)min≥g(x)max.由(1)可知在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值为g(2)＝1.故在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，等价于a≥x－x2lnx恒成立．设h(x)＝x－x2lnx，则h′(x)＝1－2xlnx－x，令φ(x)＝1－2xlnx－x，φ′(x)＝－(2lnx＋3)，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，φ′(x)<0，可知h′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当eq\f(1,2)＜x＜1时，h′(x)＞0，所以函数h(x)＝x－x2lnx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，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有：(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max；(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min；(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max；(4)∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.3.(2024·陕西渭南高三上学期第一次检测)已知函数f(x)＝lnx－ax＋1(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝lnx－eq\f(x,4)＋eq\f(3,4x)，若对任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，求实数a的取值范围．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上，f′(x)＞0，f(x)单调递增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减．综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当a＞0时，f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).(2)g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,4)－eq\f(3,4)×eq\f(1,x2)＝eq\f(－x2＋4x－3,4x2)＝eq\f((－x＋1)(x－3),4x2)，在(1，3)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增；在(3，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(3)＝ln3－eq\f(1,2).因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，等价于f(x)max＜g(x)max，由(1)知，当a≤0时，f(x)无最值；当a＞0时，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－lna，所以－lna＜ln3－eq\f(1,2)，所以lna＞lneq\f(\r(e),3)，解得a＞eq\f(\r(e),3).故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),3)，＋∞)).课时作业1．(2024·湖南长沙明德中学高三上学期入学考试)已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(1,x)＋bx且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＋1＝0.(1)求实数a，b的值及函数f(x)的单调区间；(2)若关于x的不等式f(x)－2≥eq\f(3,2)x＋eq\f(m,2x)恒成立，求实数m的取值范围．解(1)将x＝1代入2x－y＋1＝0，得y＝3，所以切点为(1，3)．f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(1,x2)＋b，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(1)＝1＋b＝3，,f′(1)＝a－1＋b＝2))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2，))所以f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋2x.f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＋2＝eq\f(2x2＋x－1,x2)＝eq\f((2x－1)(x＋1),x2)(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)，x＝－1(舍去)．所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)为增函数．(2)因为f(x)－2≥eq\f(3,2)x＋eq\f(m,2x)恒成立，即lnx＋eq\f(1,x)＋2x－2≥eq\f(3,2)x＋eq\f(m,2x)恒成立，化简为m≤x2＋2xlnx－4x＋2恒成立．设g(x)＝x2＋2xlnx－4x＋2，则m≤g(x)min即可．g′(x)＝2x＋2lnx＋2－4＝2x＋2lnx－2(x>0)，因为g′(x)在(0，＋∞)上为增函数，且g′(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数．g(x)min＝g(1)＝－1，即m≤－1.故实数m的取值范围为(－∞，－1]．2．(2023·河南省部分名校高三二模)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)mx2＋(m－1)x－lnx(m∈R)，g(x)＝x2－eq\f(1,2ex)＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当m>0时，若对于任意x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围．解(1)f′(x)＝mx＋m－1－eq\f(1,x)＝eq\f((mx－1)(x＋1),x)，x>0.当m≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当m>0时，由f′(x)>0，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))上单调递增，由f′(x)<0，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))上单调递减．(2)当m>0时，由(1)知f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝lnm＋1－eq\f(1,2m)，g′(x)＝2x＋eq\f(1,2)e－x>0(x≥1)恒成立，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2－eq\f(1,2e)，由题意知f(x)min≥g(x)min，即lnm＋1－eq\f(1,2m)≥2－eq\f(1,2e).设h(m)＝lnm＋1－eq\f(1,2m)，则h′(m)＝eq\f(1,2m2)＋eq\f(1,m)>0，所以h(m)为增函数，又h(e)＝2－eq\f(1,2e)，所以m≥e，即m的取值范围是[e，＋∞)．3．(2023·甘肃武威教育局第一次联考)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x＋3).(1)求f(x)在(－3，＋∞)上的极值；(2)若∀x∈(－3，＋∞)，eq\f(1,f(x))－3≤ax2－2x，求a的最小值．解(1)f′(x)＝eq\f((x＋2)ex,(x＋3)2)，令f′(x)＝0，得x＝－2，当x∈(－3，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故f(－2)＝eq\f(1,e2)为极小值，f(x)无极大值．所以f(x)在(－3，＋∞)上的极小值为eq\f(1,e2)，无极大值．(2)由题意知eq\f(1,f(x))－3＝eq\f(x＋3,ex)－3，令g(x)＝eq\f(x＋3,ex)－3－ax2＋2x，g′(x)＝－eq\f(x＋2,ex)－2ax＋2，g(0)＝0，g′(0)＝0，令h(x)＝g′(x)＝－eq\f(x＋2,ex)－2ax＋2，则h′(x)＝eq\f(x＋1,ex)－2a，设u(x)＝h′(x)＝eq\f(x＋1,ex)－2a，则u′(x)＝－eq\f(x,ex)，当－3<x<0时，u′(x)为正，u(x)＝h′(x)在(－3，0)上单调递增，当x>0时，u′(x)为负，u(x)＝h′(x)在(0，＋∞)上单调递减，故u(0)＝h′(0)＝1－2a为极大值．若1－2a≤0，即a≥eq\f(1,2)，此时h′(x)≤0，则h(x)＝g′(x)在(－3，＋∞)上单调递减，又g′(0)＝0，所以当－3<x<0时，g′(x)>0，g(x)在(－3，0)上单调递增，当x>0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(0)＝0为极大值，所以g(x)≤0，则当a≥eq\f(1,2)时，符合条件；若1－2a>0，即a<eq\f(1,2)，此时h′(0)>0，所以存在－3<x1<0，当x∈(x1，0)时，u(x)＝h′(x)>0，则h(x)＝g′(x)在(x1，0)上单调递增，又h(0)＝g′(0)＝0，则在区间(x1，0)上，g′(x)<g′(0)＝0，所以在区间(x1，0)上，g(x)单调递减，则g(x)>g(0)＝0，不满足条件．综上所述，a的最小值为eq\f(1,2).4．已知函数f(x)＝eq\f(x3,6)－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若对任意x∈[0，＋∞)，f(x)≥－sinx恒成立，求a的取值范围．解(1)由题意，得f(x)的定义域为R，且f′(x)＝eq\f(x2,2)－a，当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．当a>0时，由f′(x)>0，得x<－eq\r(2a)或x>eq\r(2a)；由f′(x)<0，得－eq\r(2a)<x<eq\r(2a)，所以f(x)在(－∞，－eq\r(2a))上单调递增，在(－eq\r(2a)，eq\r(2a))上单调递减，在(eq\r(2a)，＋∞)上单调递增．(2)f(x)≥－sinx⇔eq\f(x3,6)＋sinx－ax≥0，设g(x)＝eq\f(x3,6)＋sinx－ax(x≥0)，则g′(x)＝eq\f(x2,2)＋cosx－a，设h(x)＝eq\f(x2,2)＋cosx－a(x≥0)，则h′(x)＝x－sinx，设m(x)＝x－sinx(x≥0)，则m′(x)＝1－cosx≥0，所以h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h′(x)≥h′(0)＝0，所以g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，当a≤1时，g′(0)＝1－a≥0，所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，故g(x)在[0，＋∞)上单调递增，结合g(0)＝0知g(x)≥0恒成立，符合题意；当a>1时，g′(0)＝1－a<0，g′(2a)＝a(2a－1)＋cos2a>0，所以g′(x)在(0，2a)上有一个零点x0，且当x∈[0，x0)时，g′(x)<0，所以g(x)在[0，x0)上单调递减，结合g(0)＝0知，当x∈(0，x0)时，g(x)<0，从而f(x)<－sinx，不符合题意．综上所述，a的取值范围为(－∞，1]．5．(2024·河南省实验中学高三第一次月考)已知函数f(x)＝aex＋x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x>1时，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，求实数a的取值范围．解(1)依题意，得f′(x)＝aex＋1.当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln(－a)；令f′(x)<0，可得x>－ln(－a)，所以f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．综上所述，当a≥0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．(2)因为当x>1时，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，所以aex＋x＋1>lneq\f(x－1,a)＋x，即elnaex＋x＋1>ln(x－1)－lna＋x，即ex＋lna＋lna＋x>ln(x－1)＋x－1，即ex＋lna＋x＋lna>eln(x－1)＋ln(x－1)．令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋lna)>h(ln(x－1))对任意x∈(1，＋∞)恒成立．因为h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故只需x＋lna>ln(x－1)，即lna>ln(x－1)－x对任意x∈(1，＋∞)恒成立．令F(x)＝ln(x－1)－x，则F′(x)＝eq\f(1,x－1)－1＝eq\f(2－x,x－1)，令F′(x)＝0，得x＝2.当x∈(1，2)时，F′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以F(x)≤F(2)＝－2.因此lna>－2，所以a>eq\f(1,e2).即实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).6．(2023·安徽舒城中学高三仿真模拟(三))已知f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2－2x(a∈R且a≠0)，g(x)＝cosx＋xsinx.(1)求g(x)在[－π，π]上的最小值；(2)如果对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得eq\f(f(x2),x2)－a≤g(x1)成立，求实数a的取值范围．解(1)g′(x)＝－sinx＋sinx＋xcosx＝xcosx，显然g(x)为偶函数，当x>0时，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，xcosx>0，g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，xcosx<0，g′(x)<0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减，又g(0)＝1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)，g(π)＝－1，∴g(x)在(0，π]上的最小值为－1.由偶函数图象的对称性可知，g(x)在[－π，π]上的最小值为－1.(2)先证lnx≤x－1，设h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令h′(x)>0，得0<x<1，令h′(x)<0，得x>1，∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．h(x)≤h(1)＝0，故lnx≤x－1①恒成立．由题意可得∃x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得eq\f(f(x2),x2)－a≤－1成立，即a(x2－lnx2)≥eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－x2成立．由①可知x2－lnx2≥1>0，参变分离得a≥eq\f(\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－x2,x2－lnx2).设φ(x)＝eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，即只需a≥φ(x)min即可．φ′(x)＝eq\f((x－1)(x－lnx)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－x))·\f(x－1,x),(x－lnx)2)＝eq\f((x－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－lnx＋1)),(x－lnx)2)，由①知lnx≤x－1，得－lnx≥1－x，∴eq\f(1,2)x－lnx＋1≥eq\f(1,2)x＋1－x＋1＝2－eq\f(1,2)x＝eq\f(4－x,2)>0，令φ′(x)>0，得1<x<e，令φ′(x)<0，得eq\f(1,e)<x<1，∴φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，e)上单调递增．∴φ(x)min＝φ(1)＝－eq\f(1,2)，∴a≥－eq\f(1,2)，又已知a≠0，故实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪(0，＋∞)．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\](