(适用辅导班)2023-2024年高二数学寒假讲义+分层练习（基础班）3.2.2《导数与函数问题常用到的4种方法》 (2份打包，原卷版+教师版)

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以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，eq \f(fx,gx)”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．
类型(一) 构造y＝f(x)±g(x)型可导函数
[例1] 设奇函数f(x)是R上的可导函数，当x>0时有f′(x)＋cs x<0，则当x≤0时，有( )
A．f(x)＋sin x≥f(0) B．f(x)＋sin x≤f(0)
C．f(x)﹣sin x≥f(0) D．f(x)﹣sin x≤f(0)
[解析] 观察条件中“f′(x)＋cs x”与选项中的式子“f(x)＋sin x”，发现二者之间是导函数与原函数之间的关系，于是不妨令F(x)＝f(x)＋sin x，因为当x>0时，f′(x)＋cs x<0，即F′(x)<0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，又F(﹣x)＝f(﹣x)＋sin(﹣x)＝﹣[f(x)＋sin x]＝﹣F(x)，所以F(x)是R上的奇函数，且F(x)在(﹣∞，0)上单调递减， F(0)＝0，并且当x≤0时有F(x)≥F(0)，即f(x)＋sin x≥f(0)＋sin 0＝f(0)，故选A.
[答案] A
[方法技巧]
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
类型(二) 构造f(x)·g(x)型可导函数
[例2] 设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)>0的解集是( )
A．(﹣3,0)∪(3，＋∞) B．(﹣3,0)∪(0,3)
C．(﹣∞，﹣3)∪(3，＋∞) D．(﹣∞，﹣3)∪(0,3)
[解析] 利用构造条件中“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”与待解不等式中“f(x)g(x)”两个代数式之间的关系，可构造函数F(x)＝f(x)g(x)，由题意可知，当x<0时，F′(x)>0，所以F(x)在(﹣∞，0)上单调递增．又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而F(x)在(0，＋∞)上单调递增，而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以 F(﹣3)＝﹣F(3)＝0，结合图象可知不等式f(x)g(x)>0⇔F(x)>0的解集为(﹣3,0)∪(3，＋∞)，故选A.
[答案] A
[方法技巧]
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
类型(三) 构造eq \f(fx,gx)型可导函数
[例3] (多选)已知定义在(0，eq \f(π,2))上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有cs xf′(x)＋sin xf(x)＜0成立，则( )
A．f(eq \f(π,6))＞eq \r(2)f(eq \f(π,4)) B．eq \r(3)f(eq \f(π,6))＞f(eq \f(π,3)) C．f(eq \f(π,6))＞eq \r(3)f(eq \f(π,3)) D．eq \r(2)f(eq \f(π,6))＞eq \r(3)f(eq \f(π,4))
[解析] 根据题意，令g(x)＝eq \f(fx,cs x)，x∈(0，eq \f(π,2))，则其导数g′(x)＝eq \f(f′xcs x＋sin xfx,cs2x)，
又由x∈(0，eq \f(π,2))，且恒有cs xf′(x)＋sin xf(x)＜0，则有g′(x)＜0，即函数g(x)为减函数．
由eq \f(π,6)＜eq \f(π,3)，则有g(eq \f(π,6))＞g(eq \f(π,3))，即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs\f(π,6))＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs\f(π,3))，分析可得f(eq \f(π,6))＞eq \r(3)f(eq \f(π,3))；又由eq \f(π,6)＜eq \f(π,4)，则有g(eq \f(π,6))＞g(eq \f(π,4))，
即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs\f(π,6))＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs\f(π,4))，分析可得eq \r(2)f(eq \f(π,6))＞eq \r(3)f(eq \f(π,4)).故选C、D.
[答案] CD
[方法技巧]
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)﹣f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“eq \f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)＝[eq \f(fx,gx)]′”，构造可导函数y＝eq \f(fx,gx)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
[归纳总结]
构造函数解决导数问题常用模型
(1)条件：f′(x)>a(a≠0)：构造函数：h(x)＝f(x)﹣ax.
(2)条件：f′(x)±g′(x)>0：构造函数：h(x)＝f(x)±g(x)．
(3)条件：f′(x)＋f(x)>0：构造函数：h(x)＝exf(x)．
(4)条件：f′(x)﹣f(x)>0：构造函数：h(x)＝eq \f(fx,ex).
(5)条件：xf′(x)＋f(x)>0：构造函数：h(x)＝xf(x)．
(6)条件：xf′(x)﹣f(x)>0：构造函数：h(x)＝eq \f(fx,x).
[针对训练]
1．已知定义域为R的函数f(x)的图象经过点(1,1)，且对于任意x∈R，都有f′(x)＋2>0，则不等式f(lg2|3x﹣1|)<3﹣lgeq \r(2)|3x﹣1|的解集为( )
A．(﹣∞，0)∪(0,1) B．(0，＋∞) C．(﹣1,0)∪(0,3) D．(﹣∞，1)
解析：选A 根据条件中“f′(x)＋2”的特征，可以构造F(x)＝f(x)＋2x，则F′(x)＝f′(x)＋2>0，故F(x)在定义域内单调递增，由f(1)＝1，得F(1)＝f(1)＋2＝3，因为f(lg2|3x﹣1|)<3﹣lgeq \a\vs4\al( \r(2))|3x﹣1|可化为f(lg2|3x﹣1|)＋2lg2|3x﹣1|<3，令t＝lg2|3x﹣1|，则f(t)＋2t<3，即F(t)2．设定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋f(x)＝3x2e﹣x，且f(0)＝0，则下列结论正确的是( )
A．f(x)在R上单调递减 B．f(x)在R上单调递增
C．f(x)在R上有最大值 D．f(x)在R上有最小值
解析：选C 根据条件中“f′(x)＋f(x)”的特征，可以构造F(x)＝exf(x)，
则有F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]＝ex·3x2e﹣x＝3x2，故F(x)＝x3＋c(c为常数)，所以f(x)＝eq \f(x3＋c,ex)，
又f(0)＝0，所以c＝0，f(x)＝eq \f(x3,ex).因为f′(x)＝eq \f(3x2－x3,ex)，易知f(x)在区间(﹣∞，3]上单调递增，
在[3，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(3)＝eq \f(27,e3)，无最小值，故选C.
3．已知f(x)为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f(x)>xf′(x)，则不等式x2f(eq \f(1,x))﹣f(x)<0的解集为________．
解析：因为f(x)>xf′(x)，所以xf′(x)﹣f(x)<0，根据“xf′(x)﹣f(x)”的特征，
可以构造函数F(x)＝eq \f(fx,x)，则F′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)<0，故F(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又因为x>0，所以x2f(eq \f(1,x))﹣f(x)<0可化为xf(eq \f(1,x))﹣eq \f(fx,x)<0，即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))),\f(1,x))﹣eq \f(fx,x)<0，即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))),\f(1,x))即F(eq \f(1,x))0，,\f(1,x)>x，))解得0答案：(0,1)
方法二 分类讨论“界点”的确定
函数与导数问题中往往含有变量或参数，这些变量或参数取不同值时会导致不同的结果，因而要对参数进行分类讨论．常见的有含参函数的单调性、含参函数的极值、最值等问题，解决时要分类讨论．分类讨论的原则是不重复、不遗漏，讨论的方法是逐类进行，还必须要注意综合讨论的结果，使解题步骤完整．
类型(一) 由二次函数系数引发的分类讨论
[例1] 已知函数f(x)＝ln x＋ax2，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤1在区间(0,1]上恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)对f(x)求导，得f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋1,x)(x>0)．当a≥0时，f′(x)>0恒成立，
可知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq \r(－\f(1,2a)).
当x∈(0，eq \r(－\f(1,2a)))时，f′(x)>0；当x∈(eq \r(－\f(1,2a))，+∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0，eq \r(－\f(1,2a)))上单调递增，在(eq \r(－\f(1,2a))，+∞)上单调递减．
综上，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，函数f(x)在(0，eq \r(－\f(1,2a)))上单调递增，在(eq \r(－\f(1,2a))，+∞)上单调递减．
(2)由(1)可知，当a≥0时，函数f(x)在(0,1]上单调递增，此时f(x)max＝f(1)＝a≤1，所以0≤a≤1；
当a<0，且 eq \r(－\f(1,2a))≥1，即﹣eq \f(1,2)≤a<0时，函数f(x)在(0,1]上单调递增，此时f(x)max＝f(1)＝a≤1，所以﹣eq \f(1,2)≤a<0；
当a<0，且 eq \r(－\f(1,2a))<1，即a<﹣eq \f(1,2)时，函数f(x)在(0，eq \r(－\f(1,2a)))上单调递增，在(eq \r(－\f(1,2a))，1]上单调递减，此时f(x)max＝f(eq \r(－\f(1,2a)))＝ln eq \r(－\f(1,2a))＋a·(eq \r(－\f(1,2a)))≤1，解得a≤﹣eq \f(1,2e3)，所以a<﹣eq \f(1,2).
综上可得，实数a的取值范围是(﹣∞，1]．
[方法技巧]
若得到的导函数中含有的二次三项式的二次项系数含有参数，则首先需要讨论其系数：①根据二次项系数是否为0，判断导函数是否为二次函数；②根据二次项系数的正负，判断二次函数图象的开口方向，从而寻找导函数的变号零点．
类型(二) 由定义域或给定区间引发的分类
[例2] 已知函数f(x)＝ax2﹣(a＋2)x＋ln x.
(1)若函数g(x)＝f(x)﹣ax2＋1，在其定义域上g(x)≤0恒成立，求实数a的最小值；
(2)若当a>0时，f(x)在区间[1，e]上的最小值为﹣2，求实数a的取值范围．
[解] (1)由题意得g(x)＝ln x﹣(a＋2)x＋1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
因为x>0，所以a＋2≥eq \f(ln x＋1,x)在(0，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝eq \f(ln x＋1,x)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x－ln x＋1·1,x2)＝eq \f(－ln x,x2)，令h′(x)＝0，得x＝1.
当00，函数h(x)单调递增；当x>1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．
因此h(x)max＝h(1)＝1，所以a＋2≥1，即a≥﹣1. 于是所求实数a的最小值为﹣1.
(2)对f(x)求导，得f′(x)＝2ax﹣(a＋2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(ax－12x－1,x)(x>0，a>0)，
令f′(x)＝0，求得x1＝eq \f(1,2)，x2＝eq \f(1,a).
①当0所以f(x)min＝f(1)＝﹣2，符合题意；
②当1当x∈(eq \f(1,a),e]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(eq \f(1,a))③当eq \f(1,a)≥e，即0所以f(x)min＝f(e)综上可知，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
[方法技巧]
已知函数的定义域为[a，b](即导函数的界点为a，b)，研究函数的最值问题，一般情况下解题要点是：①对函数f(x)求导，求出导函数f′(x)的零点x＝x0；②讨论导函数f′(x)的零点x＝x0在不同位置时函数f(x)的单调性；③由函数f(x)在区间[a，b]上对应的单调性，求出函数f(x)的最值．
本题对函数f(x)求导，得到f′(x)的一个零点为x＝eq \f(1,a)，此时给定函数的区间为[1，e]，函数在此区间上是否存在最小值与零点x＝eq \f(1,a)的位置相关联，于是对零点x＝eq \f(1,a)的位置进行讨论：①x＝eq \f(1,a)在区间(1，e]的左侧；②x＝eq \f(1,a)在区间(1，e)的内部；③x＝eq \f(1,a)在区间[1，e)的右侧．由此求出函数f(x)在区间[1，e]上的最小值，与条件给出的最小值﹣2比较，从而得到实数a的取值范围．
类型(三) 由值域引发的分类
[例3] 已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2，g(x)＝aln x.
(1)若曲线y＝f(x)﹣g(x)在x＝2处的切线与直线x＋3y﹣7＝0垂直，求实数a的值；
(2)若[1，e]上存在一点x0，使得f′(x0)＋eq \f(1,f′x0)[解] (1)由y＝f(x)﹣g(x)＝eq \f(1,2)x2﹣aln x，得y′＝x﹣eq \f(a,x).
由曲线y＝f(x)﹣g(x)在x＝2处的切线与直线x＋3y﹣7＝0垂直，得2﹣eq \f(a,2)＝3，所以a＝﹣2.
(2)不等式f′(x0)＋eq \f(1,f′x0)整理得x0﹣aln x0＋eq \f(1＋a,x0)<0.构造函数m(x)＝x﹣aln x＋eq \f(1＋a,x)，
由题意知，在[1，e]上存在一点x0，使得m(x0)<0.
m′(x)＝1﹣eq \f(a,x)﹣eq \f(1＋a,x2)＝eq \f(x2－ax－1＋a,x2)＝eq \f(x－1－ax＋1,x2).
因为x>0，所以x＋1>0，令m′(x)＝0，解得x＝1＋a.
①当1＋a≤1，即a≤0时，函数m(x)在[1，e]上单调递增，只需m(1)＝2＋a<0，解得a<﹣2.
②当1<1＋a≤e，即0令m(1＋a)＝1＋a﹣aln(1＋a)＋1<0，即a＋1＋1令t＝a＋1，则1因为11，ln t≤1，所以不等式不能成立．
③当1＋a>e，即a>e﹣1时，函数m(x)在[1，e]上单调递减，
只需m(e)＝e﹣a＋eq \f(1＋a,e)<0，解得a>eq \f(e2＋1,e－1).
综上所述，实数a的取值范围是(﹣∞，﹣2)∪(eq \f(e2＋1,e－1)，+∞).
[方法技巧]
本题在求出导函数m′(x)＝eq \f(x－1－ax＋1,x2)的一个零点x＝1＋a，探究函数m(x)的最小值时，一定要对x＝1＋a的位置展开讨论，才能得到规范正确的解答．
[针对训练]
已知函数f(x)＝ex(ex﹣a)﹣a2x，讨论f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(﹣∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x﹣aex﹣a2＝(2ex＋a)(ex﹣a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(﹣∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(﹣∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(﹣∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln(﹣eq \f(1,2)a).
当x∈(﹣∞，ln(﹣eq \f(1,2)a))时，f′(x)＜0；当x∈(ln(﹣eq \f(1,2)a)，+∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(﹣∞，ln(﹣eq \f(1,2)a))上单调递减，在(ln(﹣eq \f(1,2)a)，+∞)上单调递增．
方法三 分离参数法解决含参不等式恒成立问题
[典例] 已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)，当x≥﹣2时，f(x)≤kg(x)，求实数k的取值范围．
[解] 法一：直接法
令x＝0，由f(x)≤kg(x)得2≤2k，故k≥1.
设h(x)＝f(x)﹣kg(x)＝x2＋4x＋2﹣2kex(x＋1)(x≥﹣2)．由题意得h(x)max≤0.
h′(x)＝2(x＋2)(1﹣kex)(x≥﹣2)．
令h′(x)＝0，得x＝﹣2或x＝lneq \f(1,k). 因为k≥1，所以lneq \f(1,k)≤0.
①若ln eq \f(1,k)≤﹣2，即k≥e2时，h(x)在(﹣2，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(﹣2)＝﹣2＋2k·eq \f(1,e2)≤0.
故k≤e2，结合条件得k＝e2.
②若ln eq \f(1,k)＞﹣2，即1≤k＜e2，h(x)在(﹣2,ln eq \f(1,k))上单调递增，在(ln eq \f(1,k),+∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(ln eq \f(1,k))＝ln2k﹣4ln k＋2﹣2k·eq \f(1,k)(﹣ln k＋1)＝ln2k﹣2ln k≤0，
故0≤ln k≤2，解得1≤k≤e2.结合条件得1≤k＜e2.
综上，实数k的取值范围是[1，e2]．
法二：分离参数法
由已知得不等式x2＋4x＋2≤k·2ex(x＋1)对x≥﹣2恒成立．
①当x＝﹣1时，k∈R.
②当﹣2≤x＜﹣1时，k≤eq \f(x2＋4x＋2,2exx＋1)恒成立．设g(x)＝eq \f(x2＋4x＋2,2exx＋1)，则g′(x)＝﹣eq \f(xx＋22,2exx＋12).
当﹣2≤x＜﹣1时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(﹣2)＝e2，故k≤e2.
③当x＞﹣1时，k≥g(x)恒成立．
因为g(x)在(﹣1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(0)＝1，故k≥1.
综上，1≤k≤e2.即实数k的取值范围是[1，e2]．
[方法技巧]
用直接法解决含参不等式恒成立求参数范围问题，时常需要分类讨论，计算量较大．而用分离参数法解决含参不等式恒成立问题时，比较直接，这也是学生首选的方法．
[针对训练]
已知函数f(x)＝xln x，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax﹣1，求实数a的取值范围．
解：依题意，得f(x)≥ax﹣1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋eq \f(1,x)在x∈[1，＋∞)上恒成立，
亦即a≤(ln x＋eq \f(1,x))min，x∈[1，＋∞)．
设g(x)＝ln x＋eq \f(1,x)(x≥1)，则g′(x)＝eq \f(1,x)﹣eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2).
令g′(x)＝0，得x＝1.当x≥1时，g′(x)≥0，g(x)在[1，＋∞)上是增函数．
所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.
故a的取值范围是(﹣∞，1]．
方法四 二次求导法解决难以判断f′(x)符号问题
判定函数的单调性和求函数极值，都需要判定导函数的正负．有些导函数形式很复杂，它的正负很难直接判定，常常需要建立新函数再次求导，通过探求新函数的最值，以此确定导函数的正负．
[例1] 若函数f(x)＝eq \f(sin x,x)，0[解] 由f(x)＝eq \f(sin x,x)，得f′(x)＝eq \f(xcs x－sin x,x2)，
设g(x)＝xcs x﹣sin x，则g′(x)＝﹣xsin x＋cs x﹣cs x＝﹣xsin x.
∵0∴g(x)∴当0f(x2)，即a>b.
[方法技巧]
从本题解答来看，为了得到f(x)的单调性，须判断f′(x)的符号，而f′(x)＝eq \f(xcs x－sin x,x2)的分母为正，只需判断分子xcs x﹣sin x的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．
[例2] 已知函数f(x)＝ex﹣xln x，g(x)＝ex﹣tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．
[解] (1)由f(x)＝ex﹣xln x，知f′(x)＝e﹣ln x﹣1，则f′(1)＝e﹣1，而f(1)＝e，
则所求切线方程为y﹣e＝(e﹣1)(x﹣1)，即y＝(e﹣1)x＋1.
(2)∵f(x)＝ex﹣xln x，g(x)＝ex﹣tx2＋x，t∈R，
∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于ex﹣tx2＋x﹣ex＋xln x≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即t≤eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令F(x)＝eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)，则F′(x)＝eq \f(xex＋ex－2ex－xln x,x3)＝eq \f(1,x2)(ex＋e﹣eq \f(2ex,x)﹣ln x)，
令G(x)＝ex＋e﹣eq \f(2ex,x)﹣ln x，
则G′(x)＝ex﹣eq \f(2xex－ex,x2)﹣eq \f(1,x)＝eq \f(exx－12＋ex－x,x2)>0，对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
∴G(x)＝ex＋e﹣eq \f(2ex,x)﹣ln x在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，G(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，G(x)>0，即当x∈(0,1)时，F′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，
∴F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(1)＝1，
∴t≤1，即t的取值范围是(﹣∞，1]．
[方法技巧]
本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(2)问要求参数t的范围问题，实际上是求F(x)＝eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)的极值问题，但是F′(x)＝eq \f(1,x2)（ex＋e﹣eq \f(2ex,x)﹣ln x）这个方程求解不易，这时我们可以尝试对G(x)＝x2·F′(x)再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难时，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．
[针对训练]
讨论函数f(x)＝(x＋1)ln x﹣x＋1的单调性．
解：由f(x)＝(x＋1)ln x﹣x＋1，可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
易得f′(x)＝ln x＋eq \f(x＋1,x)﹣1＝ln x＋eq \f(1,x)，用f′(x)去分析f(x)的单调性受阻．
因此再对f′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)求导，得f″(x)＝eq \f(1,x)﹣eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2).令f″(x)＝eq \f(x－1,x2)＝0，得x＝1.
当0当x>1时，f″(x)>0，即f′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)在区间(1，＋∞)上为增函数．
因此f′(x)min＝f′(1)＝1>0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．(多选)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝﹣1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞m＞1，则下列成立的有( )
A．f(eq \f(1,m))＞eq \f(1－m,m) B．f(eq \f(1,m))＜﹣1 C．f(eq \f(1,m－1))＞eq \f(1,m－1) D．f(eq \f(1,m－1))＜0
解析：选AC 设g(x)＝f(x)﹣mx，则g′(x)＝f′(x)﹣m＞0，故函数g(x)＝f(x)﹣mx在R上单调递增，
又eq \f(1,m)＞0，∴g(eq \f(1,m))＞g(0)，即f(eq \f(1,m))﹣1＞﹣1，∴f(eq \f(1,m))＞0，而eq \f(1－m,m)＜0，∴f(eq \f(1,m))＞eq \f(1－m,m)，故A正确，B错误．
∵eq \f(1,m－1)＞0，∴g(eq \f(1,m－1))＞g(0)，即f(eq \f(1,m－1))﹣eq \f(m,m－1)＞﹣1，f(eq \f(1,m－1))＞eq \f(1,m－1)＞0，故C正确，D错误．
2．设f(x)是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(﹣4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为( )
A．(﹣∞，﹣4) B．(0,4) C．(﹣4,0)∪(0,4) D．(﹣∞，﹣4)∪(0,4)
解析：选D 根据条件f(x)＋xf′(x)<0，可以构造函数F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
可以推出当x<0时，F′(x)<0，∴F(x)在(﹣∞，0)上单调递减．
∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝xf(x)为奇函数．∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．
根据f(﹣4)＝0可得F(﹣4)＝0，∴F(4)＝0.
根据函数的图象可知xf(x)>0的解集为(﹣∞，﹣4)∪(0,4)．故选D.
3．设y＝f(x)是(0，＋∞)上的可导函数，f(1)＝2，(x﹣1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)恒成立．若曲线f(x)在点(1,2)处的切线为y＝g(x)，且g(a)＝2 018，则a等于( )
A．﹣501 B．﹣502 C．﹣503 D．﹣504
解析：选C 由“2f(x)＋xf′(x)”联想到“2xf(x)＋x2f′(x)”，可构造 F(x)＝x2f(x)(x>0)．
由(x﹣1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)可知，
当x>1时，2f(x)＋xf′(x)>0，则F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，故F(x)在(1，＋∞)上单调递增；
当0故F(x)在(0,1)上单调递减，所以x＝1为极值点，
则F′(1)＝2×1×f(1)＋12f′(1)＝2f(1)＋f′(1)＝0.
由f(1)＝2可得f′(1)＝﹣4，曲线f(x)在点(1,2)处的切线为y﹣2＝﹣4(x﹣1)，
即y＝6﹣4x，故g(x)＝6﹣4x，g(a)＝6﹣4a＝2 018，
解得a＝﹣503，故选C.
4．已知a＜5且ae5＝5ea，b＜4且be4＝4eb，c＜3且ce3＝3ec，则( )
A．c＜b＜a B．b＜c＜a C．a＜c＜b D．a＜b＜c
解析：选D 由题意知，0＜a＜5,0＜b＜4,0＜c＜3，且eq \f(ea,a)＝eq \f(e5,5)，eq \f(eb,b)＝eq \f(e4,4)，eq \f(ec,c)＝eq \f(e3,3).
设f(x)＝eq \f(ex,x)，x＞0，则f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，可知f(x)在(0,1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，
又0＜a＜5,0＜b＜4,0＜c＜3，则0＜a＜b＜c＜1.
5．定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为( )
A．ex1f(x2)＞e x2f(x1) B．e x1f(x2)＜e x2f(x1)
C．e x1f(x2)＝e x2f(x1) D．e x1f(x2)与e x2f(x1)的大小关系不确定
解析：选A 设g(x)＝eq \f(fx,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′xex－fxex,ex2)＝eq \f(f′x－fx,ex)，
由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即eq \f(fx1,ex1)＜eq \f(fx2,ex2)，
所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．
6．已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)﹣ax，x∈(0，＋∞)，当x2>x1时，不等式eq \f(fx1,x2)A．(﹣∞，e] B．(﹣∞，e) C.(﹣∞，eq \f(e,2)) D．(﹣∞，eq \f(e,2)]
解析：选D ∵x∈(0，＋∞)，∴原不等式转化为x1f(x1)0，
则函数g(x)＝ex﹣ax2在(0，＋∞)上单调递增．
∴g′(x)＝ex﹣2ax≥0在x>0时恒成立，且g′(x)不恒为零，∴2a≤eq \f(ex,x).令m(x)＝eq \f(ex,x)，x>0，
则m′(x)＝eq \f(x－1ex,x2).当x∈(0,1)时，m′(x)<0，m(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)单调递增．∴2a≤m(x)min＝m(1)＝e，∴a≤eq \f(e,2).
7．(多选已知函数f(x)＝xln(1＋x)，则( )
A．f(x)在(0，＋∞)单调递增
B．f(x)有两个零点
C．曲线y＝f(x)在点(﹣eq \f(1,2),f(﹣eq \f(1,2)))处切线的斜率为﹣1﹣ln 2
D．f(x)是偶函数
解析：选AC f(x)定义域为(﹣1，＋∞)，不关于原点对称，故选项D不正确．
因为f′(x)＝ln(1＋x)＋eq \f(x,1＋x)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)单调递增，故选项A正确．
又因为f″(x)＝eq \f(1,1＋x)＋eq \f(1,1＋x2)＝eq \f(2＋x,1＋x2)，当x∈(﹣1，＋∞)时，f″(x)＞0恒成立，
所以f′(x)＝ln(1＋x)＋eq \f(x,1＋x)在(﹣1，＋∞)单调递增，
又f′(0)＝0，所以当x∈(﹣1,0)时，f′(x)＜0，f(x)在(﹣1,0)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)单调递增．
又f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点，故选项B不正确．
因为f′(x)＝ln(1＋x)＋eq \f(x,1＋x)，所以f′(﹣eq \f(1,2))＝lneq \f(1,2)﹣1＝﹣1﹣ln 2，故选项C正确．
8．设定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝2，f′(x)<1，则不等式f(x2)>x2＋1的解集为____________．
解析：由条件式f′(x)<1得f′(x)﹣1<0，待解不等式f(x2)>x2＋1可化为f(x2)﹣x2﹣1>0，
可以构造F(x)＝f(x)﹣x﹣1，由于F′(x)＝f′(x)﹣1<0，所以F(x)在R上单调递减．
又因为F(x2)＝f(x2)﹣x2﹣1>0＝2﹣12﹣1＝f(12)﹣12﹣1＝F(12)，
所以x2<12，解得﹣1x2＋1的解集为{x|﹣1答案：{x|﹣19．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2﹣2aln x＋(a﹣2)x，当a<0时，讨论函数f(x)的单调性．
解：函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x﹣eq \f(2a,x)＋a﹣2＝eq \f(x－2x＋a,x).
①当﹣a＝2，即a＝﹣2，f′(x)＝eq \f(x－22,x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若0<﹣a<2，即﹣22时，f′(x)>0；当﹣a所以f(x)在(0，﹣a)，(2，＋∞)上单调递增，在(﹣a,2)上单调递减．
③若﹣a>2，即a<﹣2，当0﹣a时，f′(x)>0；当2所以f(x)在(0,2)，(﹣a，＋∞)上单调递增，在(2，﹣a)上单调递减．
综上所述，当a＝﹣2时，f(x)在 (0，＋∞)上单调递增；当﹣210.已知曲线f(x)＝bex＋x在x＝0处的切线方程为ax﹣y＋1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)当x2>x1>0时，f(x1)﹣f(x2)<(x1﹣x2)(mx1＋mx2＋1)恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由f(x)＝bex＋x得，f′(x)＝bex＋1，
由题意得在x＝0处的切线斜率为f′(0)＝b＋1＝a，
即b＋1＝a，又f(0)＝b，可得﹣b＋1＝0，解得b＝1，a＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝ex＋x，
f(x1)﹣f(x2)<(x1﹣x2)(mx1＋mx2＋1)，即为f(x1)﹣mxeq \\al(2,1)﹣x1由x2>x1>0知，上式等价于函数φ(x)＝f(x)﹣mx2﹣x＝ex﹣mx2在(0，＋∞)为增函数，
φ′(x)＝ex﹣2mx≥0，即2m≤eq \f(ex,x)，令h(x)＝eq \f(ex,x)(x>0)，h′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
当01，h′(x)>0时，h(x)递增，h(x)min＝h(1)＝e，
则2m≤e，即m≤eq \f(e,2)，
所以实数m的范围为(-∞,eq \f(e,2)].
11．已知函数f(x)＝1＋ln x﹣ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)证明：xf(x)解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1－2ax2,x)，
故a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(\r(2a),2a)，
故f(x)在(0,eq \f(\r(2a),2a))上单调递增，在(eq \f(\r(2a),2a)，+∞)上单调递减．
(2)证明：要证xf(x)令g(x)＝eq \f(2,e2)·eq \f(ex,x2)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(2,e2)·eq \f(exx－2,x3)，所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
故g(x)最小值＝g(2)＝eq \f(1,2)，
令k(x)＝eq \f(ln x,x)，则k′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，故k(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减，故k(x)最大值＝k(e)＝eq \f(1,e)，
∵eq \f(1,e)12．已知函数f(x)＝eq \f(1－x,x)＋kln x，k解：f′(x)＝eq \f(－x－1－x,x2)＋eq \f(k,x)＝eq \f(kx－1,x2).
(1)若k＝0，则f′(x)＝﹣eq \f(1,x2)，在[eq \f(1,e)，e]上恒有f′(x)<0，所以f(x)在[eq \f(1,e)，e]上单调递减．
(2)若k≠0，则f′(x)＝eq \f(kx－1,x2)＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2).
①若k<0，则在[eq \f(1,e)，e]上恒有eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)<0，所以f(x)在[eq \f(1,e)，e]上单调递减．
②若k>0，由ke，则x﹣eq \f(1,k)<0在[eq \f(1,e)，e]上恒成立，所以eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)<0，
所以f(x)在[eq \f(1,e)，e]上单调递减．
综上，当k所以f(x)min＝f(e)＝eq \f(1,e)＋k﹣1，f(x)max＝f(eq \f(1,e))＝e﹣k﹣1.
第4课时 压轴考法自主选——“函数与导数”压轴大题的3大难点及破解策略
难点一 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．
[典例] 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．
[解题观摩]
(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(﹣∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(﹣∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)
(2)由题设可得(x﹣k)(ex﹣1)＋x＋1>0，即k0)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.
[名师微点]
本题的关键就是利用h(x)＝ex﹣x﹣2及h(1)<0，h(2)>0确定h(x)的隐零点，从而作出判断．
[针对训练]
1．设函数f(x)＝(x﹣1)ex﹣kx2(k∈R)．当k∈(eq \f(1,2),1]时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.
解：f′(x)＝x(ex﹣2k)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln 2k.事实上，可证ln 2k＜k，
设g(k)＝ln 2k﹣k(eq \f(1,2)所以g(k)在(eq \f(1,2),1]上是增函数，所以g(k)≤g(1)＝ln 2﹣1＜0，即ln 2k＜k.
所以f(x)在(0，ln 2k)上是减函数，在(ln 2k，k]上是增函数，所以M＝max{f(0)，f(k)}．
设h(k)＝f(k)﹣f(0)＝(k﹣1)ek﹣k3＋1(eq \f(1,2)又令φ(k)＝ek﹣3k(eq \f(1,2)又因为φ(eq \f(1,2))＞0，φ(1)＜0，所以函数φ(k)在(eq \f(1,2),1)上存在唯一的零点k0.
所以当eq \f(1,2)＜k＜k0时，φ(k)＞0，即h′(k)＞0，
当k0＜k≤1时，φ(k)＜0，即h′(k)＜0，所以函数h(k)在(eq \f(1,2),1]上是先增后减．
又因为h(eq \f(1,2))＝eq \f(7,8)﹣eq \f(\r(e),2)＞0，h(1)＝0，所以h(k)＝f(k)﹣f(0)≥0，f(k)≥f(0)(eq \f(1,2)故M＝f(k)＝(k﹣1)ek﹣k3.
难点二 极值点偏移问题
在近几年的高考中，极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变，面对此类问题时常会感到束手无策．事实上，只要掌握这类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，问题便能迎刃而解．
1．极值点偏移的含义
若单峰函数f(x)的极值点为x0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.
2．函数极值点偏移问题的题型
极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：
(1)若函数f(x)在定义域上存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；
(2)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；
(3)若函数f(x)存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，令x0＝eq \f(x1＋x2,2)，求证：f′(x0)>0；
(4)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝eq \f(x1＋x2,2)，求证：f′(x0)>0.
[典例] 已知函数f(x)＝ln x﹣ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．证明：x1x2>e2.
[解题观摩]
法一：巧抓“根商”——c＝eq \f(x1,x2)构造函数
不妨设x1>x2，
因为ln x1﹣ax1＝0，ln x2﹣ax2＝0，所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1﹣ln x2＝a(x1﹣x2)，
所以eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝a.
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>eq \f(2,x1＋x2)，
所以原问题等价于证明eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，即lneq \f(x1,x2)>eq \f(2x1－x2,x1＋x2)，
令c＝eq \f(x1,x2)(c>1)，则不等式变为ln c>eq \f(2c－1,c＋1).
令h(c)＝ln c﹣eq \f(2c－1,c＋1)，c>1，所以h′(c)＝eq \f(1,c)﹣eq \f(4,c＋12)＝eq \f(c－12,cc＋12)>0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝ln 1﹣0＝0，
即ln c﹣eq \f(2c－1,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．
[名师微点]
该方法的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝eq \f(x1,x2)，从而构造相应的函数．其解题要点为：
(1)联立消参：利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a.
(2)抓商构元：令c＝eq \f(x1,x2)，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)．
(3)用导求解：利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论．
法二：抓极值点构造函数
由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根．
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝xe﹣x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
g′(x)＝(1﹣x)e﹣x，易得g(x)在(﹣∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝eq \f(1,e).
当x→﹣∞时，g(x)→﹣∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0.
由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1令F(x)＝g(1＋x)﹣g(1﹣x)，x∈(0,1]，则F′(x)＝g′(1＋x)﹣g′(1﹣x)＝eq \f(x,ex＋1)(e2x﹣1)>0，
所以F(x)在(0,1]上单调递增，所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0,1]恒成立，
即g(1＋x)>g(1﹣x)对任意的x∈(0,1]恒成立．
由0g[1﹣(1﹣t1)]＝g(t1)＝g(t2)，
即g(2﹣t1)>g(t2)，
又2﹣t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2﹣t12，
即x1x2>e2.
[名师微点]
上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：
(1)求函数g(x)的极值点x0；
(2)构造函数F(x)＝g(x0＋x)﹣g(x0﹣x)；
(3)确定函数F(x)的单调性；
(4)结合F(0)＝0，确定g(x0＋x)与g(x0﹣x)的大小关系．
法三：巧抓“根差”——s＝Δt＝t2﹣t1构造函数
由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根．
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，
设g(x)＝xe﹣x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
由g(t1)＝g(t2)，得t1e﹣t1＝t2e﹣t2，化简得e t2﹣t1＝eq \f(t2,t1).①
不妨设t2>t1，由法二知，0令s＝t2﹣t1，则s>0，t2＝s＋t1，代入①式，得es＝eq \f(s＋t1,t1)，解得t1＝eq \f(s,es－1).
则t1＋t2＝2t1＋s＝eq \f(2s,es－1)＋s，故要证t1＋t2>2，即证eq \f(2s,es－1)＋s>2，
又es﹣1>0，故要证eq \f(2s,es－1)＋s>2，即证2s＋(s﹣2)(es﹣1)>0.②
令G(s)＝2s＋(s﹣2)(es﹣1)(s>0)，则G′(s)＝(s﹣1)es＋1，G″(s)＝ses>0，
故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G′(s)>G′(0)＝0，
从而G(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G(s)>G(0)＝0，
所以②式成立，故t1＋t2>2，即x1x2>e2.
[名师微点]
该方法的关键是巧妙引入变量s，然后利用等量关系，把t1，t2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：
(1)取差构元：记s＝t2﹣t1，则t2＝t1＋s，利用该式消掉t2.
(2)巧解消参：利用g(t1)＝g(t2)，构造方程，解之，利用s表示t1.
(3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s的函数G(s)．
(4)转化求解：利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值，从而证得结论．
[针对训练]
2．若关于x的方程xln x＝m有两个不相等的实数解x1，x2，求证：x1·x2证明：不妨设x1>x2，要证x1x2又因为x1ln x1＝x2ln x2，即证x1ln x1﹣k(x1＋eq \f(1,e2x1))>x2ln x2﹣k(x2＋eq \f(1,e2x2))，k>0.
设h(x)＝xln x﹣kx﹣eq \f(k,e2x)，使h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以有h′(x)＝ln x＋1﹣k＋eq \f(k,e2x2)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
令h″(x)＝eq \f(1,x)﹣eq \f(2k,e2x3)＝0，解得x＝eq \f(\r(2k),e)，
列表可知h′(x)在(0，eq \f(\r(2k),e))上单调递减，在(eq \f(\r(2k),e)，+∞)上单调递增，
令h′(eq \f(\r(2k),e))＝eq \f(1,2)ln(2k)﹣k＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(ln(2k)﹣2k＋1)≥0，
解得k＝eq \f(1,2)，此时有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证．
难点三 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题
函数与导数应用的问题中，求参数的取值范围是重点考查的题型．在平时教学中，教师往往介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“eq \f(0,0)”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这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)lieq \(m,\s\up6(,x→a)) f(x)＝0及lieq \(m,\s\up6(,x→a)) g(x)＝0；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)lieq \(m,\s\up6(,x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝l，那么lieq \(m,\s\up6(,x→a)) eq \f(fx,gx)＝lieq \(m,\s\up6(,x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝l.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1)lieq \(m,\s\up6(,x→a)) f(x)＝∞及lieq \(m,\s\up6(,x→a)) g(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)lieq \(m,\s\up6(,x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝l，那么lieq \(m,\s\up6(,x→a)) eq \f(fx,gx)＝lieq \(m,\s\up6(,x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝l.
[典例] 已知函数f(x)＝eq \f(aln x,x＋1)＋eq \f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y﹣3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x)，求k的取值范围．
[解题观摩]
(1)f′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1,x)－ln x)),x＋12)﹣eq \f(b,x2).
由于直线x＋2y﹣3＝0的斜率为﹣eq \f(1,2)，且过点(1,1)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝1，,f′1＝－\f(1,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1.))
(2)法一：由(1)知f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)，∴f(x)﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x－1)＋\f(k,x)))＝eq \f(1,1－x2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2ln x＋\f(k－1x2－1,x))).
设h(x)＝2ln x＋eq \f(k－1x2－1,x)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(k－1x2＋1＋2x,x2).
①设k≤0.由h′(x)＝eq \f(kx2＋1－x－12,x2)知，当x≠1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)>0.
从而当x>0，且x≠1时，f(x)﹣(eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x))>0，即f(x)>eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x).
②设00，对称轴x＝eq \f(1,1－k)>1，∴当x∈(1,eq \f(1,1－k))时，(k﹣1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈(1,eq \f(1,1－k))时，h(x)>0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)<0，与题设矛盾，
③设k≥1.此时h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)<0，与题设矛盾．
综上所述，k的取值范围为(﹣∞，0]．
(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下)
法二：由题设可得，当x>0，x≠1时，k令g(x)＝eq \f(2xln x,1－x2)＋1(x>0，x≠1)，则g′(x)＝2·eq \f(x2＋1ln x－x2＋1,1－x22)，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x﹣x2＋1(x>0，x≠1)，则h′(x)＝2xln x＋eq \f(1,x)﹣x，
又h″(x)＝2ln x＋1﹣eq \f(1,x2)，易知h″(x)在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0，
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数．又h(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知，eq \(lim,\s\d4(x→1)) g(x)＝2lieq \(m,\s\up6(,x→1)) eq \f(xln x,1－x2)＋1＝2eq \(lim,\s\d4(x→1)) eq \f(1＋ln x,－2x)＋1＝2×(-eq \f(1,2))＋1＝0，
∴g(x)>0，∴k≤0，
故k的取值范围为(﹣∞，0]．
[名师微点]
解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当烦琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好地处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法．
[针对训练]
3．设函数f(x)＝1﹣e﹣x，当x≥0时，f(x)≤eq \f(x,ax＋1)，求a的取值范围．
解：由f(x)≤eq \f(x,ax＋1)，得a≤eq \f(xex－ex＋1,xex－1)，
设t(x)＝(x﹣1)ex＋1(x>0)，得t′(x)＝xex>0(x>0)，所以t(x)是增函数，t(x)>t(0)＝0(x>0)．
又设h(x)＝(x﹣2)ex＋x＋2(x>0)，得h′(x)＝t(x)>0(x>0)，所以h(x)是增函数，h(x)>h(0)＝0(x>0)．
再设g(x)＝eq \f(xex－ex＋1,xex－1)(x>0)，
连续两次使用洛必达法则，得eq \(lim,\s\d4(x→0)) g(x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(xex,xex＋ex－1)＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(xex＋ex,xex＋2ex)＝eq \f(1,2)，
所以g(x)的下确界是eq \f(1,2)，即g(x)>eq \f(1,2)(x>0)．题设即“当x≥0时，1﹣e﹣x≤eq \f(x,ax＋1)恒成立”，
所求a的取值范围是[0,eq \f(1,2)].
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝ln x﹣ax＋1，若f(x)有5个零点，求实数a的取值范围．
解：因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，
所以要使f(x)在R上有5个零点，只需f(x)在(0，＋∞)上有2个零点，等价于方程a＝eq \f(ln x＋1,x)在(0，＋∞)上有2个根，等价于y＝a与g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)(x>0)的图象有2个交点．
g′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
所以g(x)的最大值为g(1)＝1.
因为x→0时，g(x)→﹣∞；x→＋∞时，由洛必达法则可知：
eq \(lim,\s\d4(x→+∞))g(x)＝eq \(lim,\s\d4(x→+∞)) eq \f(ln x＋1′,x′)＝eq \(lim,\s\d4(x→+∞)) eq \f(1,x)＝0，所以0故实数a的取值范围为(0,1)．
2．已知函数f(x)＝axex(a∈R)，g(x)＝ln x＋x＋1.若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解：f(x)≥g(x)恒成立，即axex≥ln x＋x＋1恒成立．
因为x＞0，所以a≥eq \f(ln x＋x＋1,xex).令h(x)＝eq \f(ln x＋x＋1,xex)，则h′(x)＝eq \f(x＋1－ln x－x,x2ex).
令p(x)＝﹣ln x﹣x，则p′(x)＝﹣eq \f(1,x)﹣1＜0，故p(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又p(eq \f(1,e))＝1﹣eq \f(1,e)＞0，p(1)＝﹣1＜0，故存在x0∈(eq \f(1,e),1)，使得p(x0)＝﹣ln x0﹣x0＝0，
故ln x0＋x0＝0，即x0＝e﹣x0.
当x∈(0，x0)时，p(x)＞0，h′(x)＞0；
当x∈(x0，＋∞)时，p(x)＜0，h′(x)＜0.
所以h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．
所以h(x)max＝h(x0)＝eq \f(ln x0＋x0＋1,x0e x0)＝1.
故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝ax＋eq \f(b,x)＋c(a>0)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x﹣1.
(1)试用a表示出b，c；
(2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝a﹣eq \f(b,x2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝a＋b＋c＝1－1＝0，,f′1＝a－b＝1，))得b＝a﹣1，c＝1﹣2a.
(2)题设即“a≥eq \f(ln x＋\f(1,x)－1,x＋\f(1,x)－2)(x>1)，或a≥eq \f(xln x－x＋1,x－12)(x>1) 恒成立”．
设g(x)＝eq \f(1,2)(x﹣1)2＋(x﹣1)﹣xln x(x≥1)，则g′(x)＝x﹣ln x﹣1(x≥1)，
又g″(x)＝1﹣eq \f(1,x)恒大于0(x>1)，所以g′(x)单调递增(x>1)，所以g′(x)>g′(1)＝0，
所以g(x)单调递增(x>1)，所以g(x)≥g(1)＝0(x≥1)，
当且仅当x＝1时g(x)＝0，故eq \f(xln x－x＋1,x－12)1)，eq \(lim,\s\d7(x→1+)) eq \f(xln x－x＋1,x－12)＝eq \f(1,2).
所以若a≥eq \f(xln x－x＋1,x－12)(x>1)恒成立，则a≥eq \f(1,2)，
即a的取值范围是[eq \f(1,2),+∞).
4．已知函数f(x)＝eq \f(ln x－a,x)﹣m(a，m∈R)在x＝e(e为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记为x1，x2.
(1)求实数a的值，以及实数m的取值范围；
(2)证明：ln x1＋ln x2>2.
解：(1)f′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x－ln x－a,x2)＝eq \f(a＋1－ln x,x2)(x>0)，
由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且当00，
当x>ea＋1时，f′(x)<0，所以f(x)在x＝ea＋1时取得极值，所以ea＋1＝e，解得a＝0.
所以f(x)＝eq \f(ln x,x)﹣m(x>0)，f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(e)＝eq \f(1,e)﹣m.
又x→0(x>0)时，f(x)→﹣∞；x→＋∞时，f(x)→﹣m，由f(x)有两个零点x1，x2，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,e)－m>0，,－m<0，))解得0(2)证明：不妨设x1则ln x1x2＝m(x1＋x2)，lneq \f(x2,x1)＝m(x2﹣x1)⇒m＝eq \f(ln\f(x2,x1),x2－x1).
欲证ln x1＋ln x2>2，只需证ln x1x2>2，
只需证m(x1＋x2)>2，即证eq \f(x1＋x2,x2－x1)lneq \f(x2,x1)>2.即证eq \f(1＋\f(x2,x1),\f(x2,x1)－1)lneq \f(x2,x1)>2，设t＝eq \f(x2,x1)>1，
则只需证ln t>eq \f(2t－1,t＋1)，即证ln t﹣eq \f(2t－1,t＋1)>0.
记u(t)＝ln t﹣eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，则u′(t)＝eq \f(1,t)﹣eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0.
所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，
故ln x1＋ln x2>2.
5．已知函数f(x)＝kex﹣x2(其中k∈R，e是自然对数的底数)．
(1)若k＝2，当x∈(0，＋∞)时，试比较f(x)与2的大小；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1解：(1)当k＝2时，f(x)＝2ex﹣x2，则f′(x)＝2ex﹣2x.
令h(x)＝2ex﹣2x，h′(x)＝2ex﹣2，
由于x∈(0，＋∞)，故h′(x)＝2ex﹣2>0，
于是h(x)＝2ex﹣2x在(0，＋∞)上为增函数，
所以h(x)＝2ex﹣2x>h(0)＝2>0.
即f′(x)＝2ex﹣2x>0在(0，＋∞)上恒成立，
从而f(x)＝2ex﹣x2在(0，＋∞)上为增函数，
故f(x)＝2ex﹣x2>f(0)＝2.
(2)函数f(x)有两个极值点x1，x2，
则x1，x2是f′(x)＝kex﹣2x＝0的两个根，即方程k＝eq \f(2x,ex)有两个根．
设φ(x)＝eq \f(2x,ex)，则φ′(x)＝eq \f(2－2x,ex)，
当x＜0时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增且φ(x)＜0；
当0＜x＜1时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增且φ(x)>0；
当x>1时，φ′(x)<0，函数φ(x)单调递减且φ(x)>0.
作出函数φ(x)的图象如图所示，要使方程k＝eq \f(2x,ex)有两个根，只需0故实数k的取值范围是(0,eq \f(2,e)).
证明：由图可知函数f(x)的两个极值点x1，x2满足0由f′(x1)＝ke x1﹣2x1＝0得k＝eq \f(2x1,e x1)，
所以f(x1)＝ke x1﹣xeq \\al(2,1)＝eq \f(2x1,e x1)e x1﹣xeq \\al(2,1)＝﹣xeq \\al(2,1)＋2x1＝﹣(x1﹣1)2＋1.
由于x1∈(0,1)，所以0<﹣(x1﹣1)2＋1<1.
所以0极值点x0
函数值的大小关系
图示
极值点不偏移
x0＝eq \f(x1＋x2,2)
f(x1)＝f(2x0﹣x2)
极值点偏移
左
移
x0峰口向上：f(x1)峰口向下：f(x1)>f(2x0﹣x2)
右
移
x0>eq \f(x1＋x2,2)
峰口向上：f(x1)>f(2x0﹣x2)
峰口向下：f(x1)x
(0,1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
＋
0
﹣
g(x)

极大值
