新高考数学二轮复习考点突破学案1.5《导数的综合应用》（2份打包，原卷版+教师版）

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1.利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.
2.多以解答题的形式压轴出现，难度较大.
母题突破1 导数与不等式的证明
母题 已知函数f(x)＝ex﹣x2.
(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求证：当x>0时，eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥ln x＋1.
思路分析
❶求切线方程
↓
❷fx≥e﹣2x＋1
↓
❸ex﹣x2﹣e﹣2x﹣1≥0
↓
❹ex＋2﹣ex﹣1≥x2
↓
❺eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥x≥ln x＋1
(1)解 f′(x)＝ex﹣2x，f′(1)＝e﹣2，
又f(1)＝e﹣1.∴切线方程为y﹣(e﹣1)＝(e﹣2)(x﹣1)，即y＝(e﹣2)x＋1.
(2)证明 令φ(x)＝f(x)﹣[(e﹣2)x＋1]＝ex﹣x2﹣(e﹣2)x﹣1(x>0)，φ′(x)＝ex﹣2x﹣(e﹣2)，
令t(x)＝φ′(x)＝ex﹣2x﹣(e﹣2)，t′(x)＝ex﹣2，
当x∈(0，ln 2)时，t′(x)<0，
当x∈(ln 2，＋∞)时，t′(x)>0，
∴φ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
又φ′(0)＝3﹣e>0，φ′(1)＝0，∴φ′(ln 2)<0，∴∃x0∈(0，ln 2)使φ′(x0)＝0，
即当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，φ′(x)>0，x∈(x0，1)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，
在(x0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，φ(1)＝0，
∴φ(x)min＝0，∴φ(x)≥0，即ex﹣x2﹣(e﹣2)x﹣1≥0，
即ex＋(2﹣e)x﹣1≥x2，即eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥x，
要证eq \f(ex＋2－ex－1,x)≥ln x＋1，即证x≥ln x＋1，
令h(x)＝x﹣ln x﹣1(x>0)，∴h′(x)＝1﹣eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h(1)＝0，∴h(x)≥0，即x≥ln x＋1，
则原不等式成立.
[子题1] 已知函数f(x)＝ex﹣ax﹣a，当a＝1时，令g(x)＝eq \f(x2,2fx).
求证：当x>0时，g(x)<1.
证明 当a＝1时，g(x)＝eq \f(x2,2ex－x－1)，令φ(x)＝ex﹣x﹣1，x>0，
∴φ′(x)＝ex﹣1>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，即ex﹣x﹣1>0.
要证g(x)<1，即证eq \f(x2,2ex－x－1)<1，即证eq \f(x2,2)方法一 即证ex﹣x﹣1﹣eq \f(x2,2)>0，令h(x)＝ex﹣x﹣1﹣eq \f(x2,2)，x>0，h′(x)＝ex﹣x﹣1>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，∴ex﹣x﹣1﹣eq \f(x2,2)>0，即证原不等式成立.
方法二 即证eq \f(x2,2)＋x＋10，
∴F′(x)＝eq \f(－\f(1,2)x2,ex)<0，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当x→0时，F(x)→1，∴F(x)<1，
因此eq \f(\f(1,2)x2＋x＋1,ex)<1，即证原不等式成立.
[子题2] 已知函数f(x)＝ln eq \f(e,x).若x∈(0,1)，求证：f(x)证明 方法一 f(x)＝ln eq \f(e,x)＝1﹣ln x，欲证f(x)只需证x(1﹣ln x)<(1＋x﹣x3)ex，
设函数g(x)＝x(1﹣ln x)，则g′(x)＝﹣ln x，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，函数g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)设函数h(x)＝(1＋x﹣x3)ex，x∈(0,1)，
因为x∈(0,1)，所以x>x3，所以1＋x﹣x3>1，
又11，所以g(x)<1即原不等式成立.
方法二 f(x)＝ln eq \f(e,x)＝1﹣ln x.欲证f(x)因为x∈(0,1)，所以1﹣ln x>0，ex>e0＝1，
则只需证1﹣ln x＋x2﹣eq \f(1,x)<1，只需证ln x﹣x2＋eq \f(1,x)>0，
令t(x)＝ln x﹣x2＋eq \f(1,x)，x∈(0,1)，则t′(x)＝eq \f(1,x)﹣2x﹣eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1－2x3,x2)则函数t(x)在(0,1)上单调递减，则t(x)>t(1)＝ln 1﹣12＋1＝0，所以ln x﹣x2＋eq \f(1,x)>0成立，
即原不等式成立.
规律方法 利用导数证明不等式问题的方法
(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)0(或f(x)﹣g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)﹣g(x).
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论.
(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同结构变形，根据相似结构构造辅助函数.
1.设函数f(x)＝ln(1﹣x)，函数g(x)＝eq \f(x＋fx,xfx).求证：g(x)<1.
证明 f(x)＝ln(1﹣x)，g(x)＝eq \f(x＋fx,xfx)＝eq \f(x＋ln1－x,xln1－x)，x<1且x≠0，
当x∈(0,1)时，要证g(x)＝eq \f(x＋ln1－x,xln1－x)<1，
∵x>0，ln(1﹣x)<0, ∴xln(1﹣x)<0，即证x＋ln(1﹣x)>xln(1﹣x)，
化简得x＋(1﹣x)ln(1﹣x)>0；同理，当x∈(﹣∞，0)时，
要证g(x)＝eq \f(x＋ln1－x,xln1－x)<1，∵x<0，ln(1﹣x)>0，∴xln(1﹣x)<0，
即证x＋ln(1﹣x)>xln(1﹣x)，化简得x＋(1﹣x)ln(1﹣x)>0，
令h(x)＝x＋(1﹣x)ln(1﹣x)，再令t＝1﹣x，则t∈(0,1)∪(1，＋∞)，x＝1﹣t，
令g(t)＝1﹣t＋tln t，t∈(0,1)∪(1，＋∞)，g′(t)＝﹣1＋ln t＋1＝ln t，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，
假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0；
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
综上所述，g(x)＝eq \f(x＋ln1－x,xln1－x)<1在x∈(﹣∞，0)∪(0,1)上恒成立.
2.已知函数f(x)＝ex﹣a﹣ln(x＋a).当a≤1时，证明：f(x)>0.
证明 先证不等式ex≥x＋1与x﹣1≥ln x，设g(x)＝ex﹣x﹣1，
则g′(x)＝ex﹣1＝0⇒x＝0，
可得g(x)在(﹣∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)＝ex﹣x﹣1≥g(0)＝0，即ex≥x＋1；
设h(x)＝x﹣1﹣ln x，则h′(x)＝1﹣eq \f(1,x)＝0⇒x＝1，
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)＝x﹣1﹣ln x≥h(1)＝0，即x﹣1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex﹣a≥x﹣a＋1≥x＋a﹣1≥ln(x＋a)，
注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它们无法同时取等，
所以当a≤1时，ex﹣a>ln(x＋a)，
即f(x)>0.
专题强化练
1.已知函数f(x)＝ex﹣x﹣1.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥eq \f(1,2)x2＋cs x.
(1)解 易知函数f(x)的定义域为R，∵f(x)＝ex﹣x﹣1，∴f′(x)＝ex﹣1，
令f′(x)＝ex﹣1>0，解得x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令f′(x)＝ex﹣1<0，解得x<0，∴f(x)在(﹣∞，0)上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(﹣∞，0)，
∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值.
(2)证明 要证f(x)＋x＋1≥eq \f(1,2)x2＋cs x，即证ex﹣eq \f(1,2)x2﹣cs x≥0，
设g(x)＝ex﹣eq \f(1,2)x2﹣cs x，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，
∵g′(x)＝ex﹣x＋sin x，又∵sin x≥﹣1，
∴g′(x)＝ex﹣x＋sin x≥ex﹣x﹣1(当且仅当x＝﹣eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z时，等号成立)，
由(1)知ex﹣x﹣1≥0(当x＝0时等号成立)，∴g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0.
∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥eq \f(1,2)x2＋cs x.
2.设函数f(x)＝ln(a﹣x)﹣x＋e.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝e时，证明：f(e﹣x)(1)解 函数f(x)＝ln(a﹣x)﹣x＋e的定义域为(﹣∞，a)，
所以f′(x)＝eq \f(1,x－a)﹣1＝eq \f(1－x＋a,x－a)，
因为当x故函数f(x)的单调递减区间为(﹣∞，a)，无单调递增区间.
(2)证明 当a＝e时，f(x)＝ln(e﹣x)﹣x＋e，
要证f(e﹣x)设g(x)＝eq \f(ln x,x)＋1(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，所以当00，
当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(e)＝eq \f(1,e)＋1. 设h(x)＝eq \f(ex,x)＋eq \f(1,2e)，h′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
则当01时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝e＋eq \f(1,2e)，
又eq \f(1,e)＋1所以当a＝e时，f(e﹣x)母题突破2 恒成立问题与有解问题
母题 已知函数f(x)＝ex＋ax2﹣x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围.
2思路分析一
❶∀x≥0，fx≥eq \f(1,2)x3＋1
↓
❷分离参数a≥gx
↓
❸a≥gxmax
↓
❹求gxmax
思路分析二
❶∀x≥0，fx≥eq \f(1,2)x3＋1
↓
❷等价变形
↓
❸构造新函数
↓
❹求新函数的最值
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2﹣x，f′(x)＝ex＋2x﹣1，令φ(x)＝ex＋2x﹣1，
由于φ′(x)＝ex＋2>0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，
故当x∈(﹣∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
(2)方法一 由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1得，ex＋ax2﹣x≥eq \f(1,2)x3＋1，其中x≥0.
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x>0时，分离参数a得，a≥﹣eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，记g(x)＝﹣eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
g′(x)＝﹣eq \f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3)，令h(x)＝ex﹣eq \f(1,2)x2﹣x﹣1(x≥0)，则h′(x)＝ex﹣x﹣1，
令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex﹣1≥0，
故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
由h(x)≥0可得ex﹣eq \f(1,2)x2﹣x﹣1≥0恒成立，故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；因此，g(x)max＝g(2)＝eq \f(7－e2,4)，
综上可得，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
方法二 f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1等价于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e﹣x≤1.
设函数g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e﹣x(x≥0)，
则g′(x)＝﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e﹣x
＝﹣eq \f(1,2)x[x2﹣(2a＋3)x＋4a＋2]e﹣x＝﹣eq \f(1,2)x(x﹣2a﹣1)(x﹣2)e﹣x.
①若2a＋1≤0，即a≤﹣eq \f(1,2)，则当x∈(0,2)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意.
②若0<2a＋1<2，即﹣eq \f(1,2)当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，
在(2a＋1,2)上单调递增.
由于g(0)＝1，所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7﹣4a)e﹣2≤1，即a≥eq \f(7－e2,4).
所以当eq \f(7－e2,4)≤a③若2a＋1≥2，即a≥eq \f(1,2)，则g(x)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x＋1))e﹣x.
由于0∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，故由②可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x＋1))e﹣x≤1.故当a≥eq \f(1,2)时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
[子题1] 已知函数f(x)＝ex﹣ax﹣1.若f(x)≤x2在x∈(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围.
解 因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，
所以ex﹣x2﹣ax﹣1≤0在(0，＋∞)上有解，
当x>0时，a≥eq \f(ex,x)﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝eq \f(ex,x)﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))，则g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)﹣eq \f(x2－1,x2)＝eq \f(x－1[ex－x＋1],x2).
显然当x>0时，ex>x＋1，即ex﹣(x＋1)>0，
当01时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x)min＝e﹣2，所以a≥e﹣2，
综上可知，实数a的取值范围是[e﹣2，＋∞).
[子题2] 已知函数f(x)＝ex＋ax(a∈R).若f(x)≥1﹣ln(x＋1)对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
解 若x≥0时， f(x)≥1﹣ln(x＋1)，即ex＋ax＋ln(x＋1)﹣1≥0.(*)
令g(x)＝ex＋ax＋ln(x＋1)﹣1，则g′(x)＝ex＋eq \f(1,x＋1)＋a，
令 φ(x)＝ex＋eq \f(1,x＋1)＋a，则φ′(x)＝ex﹣eq \f(1,x＋12)＝eq \f(x＋12ex－1,x＋12)≥0，
∴函数φ(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，φ(0)＝2＋a.
(1)若a≥﹣2，φ(0)＝2＋a≥0，∴φ(x)≥0，∴g′(x)≥0.
函数g(x)在区间[0，＋∞)上单调递增.
∴g(x)≥g(0)＝0.∴(*)式恒成立.
(2)若a<﹣2，
由φ(0)＝2＋a<0，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞.故∃x0∈(0，＋∞)，使得φ(x0)＝0，
则当0∴函数g(x)在区间(0，x0)上单调递减，∴g(x0)综上所述，实数a的取值范围是[﹣2，＋∞).
规律方法
(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
①求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.
②分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别.
1.已知函数f(x)＝xln x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x≥1，f(x)≤ax2﹣a，求a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0，
故f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x﹣1.
(2)当x≥1时，令g(x)＝xln x﹣a(x2﹣1)，
得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1﹣2ax，令h(x)＝ln x＋1﹣2ax，
则h′(x)＝eq \f(1,x)﹣2a＝eq \f(1－2ax,x).
①若a≤0，得h′(x)>0，则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)≥g′(1)＝1﹣2a≥0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，
从而xln x﹣a(x2﹣1)≥0，不符合题意；
②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2a).
(ⅰ)若01，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，h′(x)>0，g′(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递增，
从而g′(x)>g′(1)＝1﹣2a>0，所以g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递增，
此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；
(ⅱ)若a≥eq \f(1,2)，则0所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1﹣2a≤0，
从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，
所以xln x﹣a(x2﹣1)≤0恒成立.
综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
2.已知函数f(x)＝aex＋1，g(x)＝ln x.
(1)讨论函数h(x)＝g(x)＋eq \f(xfx－x,ex)的单调性；
(2)若xf(x)<﹣g(x)＋1，求a的取值范围.
解 (1)因为h(x)＝g(x)＋eq \f(xfx－x,ex)＝ln x＋ax，x>0，所以h′(x)＝eq \f(1,x)＋a，
若a≥0，则h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))时，h′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))时，h′(x)<0.
故h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减.
综上所述，当a≥0时，h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减.
(2)由xf(x)<﹣g(x)＋1等价于a令t＝xex(t>0)，φ(t)＝eq \f(－ln t＋1,t)，则φ′(t)＝eq \f(ln t－2,t2)，由φ′(t)＝0，可得t＝e2，
当t∈(0，e2)时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减；
当t∈(e2，＋∞)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增.故φ(t)min＝φ(e2)＝﹣eq \f(1,e2)，
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,e2))).
专题强化练
1.已知函数f(x)＝ax2ln x与g(x)＝x2﹣bx.
(1)若f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，求a，b的值.
(2)若对∀x∈[1，e]，都∃b∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝2axln x＋ax，g′(x)＝2x﹣b，
∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝g1，,f′1＝g′1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝1－b，,a＝2－b，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1.))
(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2ln x≥x2﹣bx成立，即axln x﹣x≥﹣b成立，
∵∃b∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，∴axln x﹣x≥﹣eq \f(e,2)恒成立，
当x＝1时，有﹣1≥﹣eq \f(e,2)成立，∴a∈R，
当x∈(1，e]时，a≥eq \f(x－\f(e,2),xln x)，令G(x)＝eq \f(x－\f(e,2),xln x)，则G′(x)＝eq \f(\f(e,2)ln x－x＋\f(e,2),xln x2)，
令m(x)＝eq \f(e,2)ln x﹣x＋eq \f(e,2)，则m′(x)＝eq \f(e,2x)﹣1，且m′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))＝0，
当10，当eq \f(e,2)∴m(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))上单调递增，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)，e))上单调递减，
m(1)＝﹣1＋eq \f(e,2)>0，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))＝eq \f(e,2)ln eq \f(e,2)>0，m(e)＝0，∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，
即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，当x＝e时，G(x)有最大值，且G(e)＝eq \f(1,2)，
∴a≥eq \f(1,2)，综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
2.已知函数f(x)＝ln(x＋1)﹣ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，不等式f(x)≤ex﹣1恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)由题意得x>﹣1，f′(x)＝eq \f(1,x＋1)﹣a.当a≤0时，f′(x)>0，
故函数f(x)在区间(﹣1，＋∞)上单调递增；
当a>0时，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1＋\f(1,a)))上，f′(x)>0，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)<0，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1＋\f(1,a)))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上单调递减.
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在区间(﹣1，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1＋\f(1,a)))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上单调递减.
(2)由f(x)≤ex﹣1，可得ln(x＋1)﹣ax＋1﹣ex≤0，
设g(x)＝ln(x＋1)﹣ax＋1﹣ex，g(0)＝0，则g′(x)＝eq \f(1,x＋1)﹣a﹣ex.
设h(x)＝g′(x)＝eq \f(1,x＋1)﹣a﹣ex，则h′(x)＝﹣eq \f(1,x＋12)﹣ex<0，
所以函数g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，则g′(x)≤g′(0)＝﹣a.
当a≥0时，g′(x)≤0，g(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(0)＝0恒成立；
当a<0时，g′(0)＝﹣a>0，
因为g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，所以∃x0∈(0，＋∞)，在区间(0，x0)上，
有g′(x)>0，所以g(x)在区间(0，x0)上单调递增，
所以在区间(0，x0)上g(x)>g(0)＝0，不合题意.
综上所述，实数a的取值范围为[0，＋∞).
母题突破3 零点问题
母题 已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)，g(x)＝tan x.
(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\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内的零点个数.
思路分析
❶求f′x，判断f′x的符号
↓
❷等价变形Fx＝0，构造新函数hx＝xsin x﹣excs x
↓
❸分类讨论hx的单调性
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)在区间(﹣∞，0)，(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增.
(2)令F(x)＝f(x)﹣g(x)＝eq \f(ex,x)﹣tan x＝0，得xsin x﹣excs x＝0.设h(x)＝xsin x﹣excs x，
所以h′(x)＝ex(sin x﹣cs x)＋(xcs x＋sin x).
①当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时，可知sin x﹣cs x<0，xcs x＋sin x<0，
所以h′(x)＝ex(sin x﹣cs x)＋(xcs x＋sin x)<0，
从而h(x)＝xsin x﹣excs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，
又h(0)＝﹣1，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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\c1(－\f(π,2)，0))上有一个零点.
②当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，cs x≥sin x>0，由(1)知函数f(x)＝eq \f(ex,x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，函数F(x)＝f(x)﹣g(x)＝eq \f(ex,x)﹣tan x单调递减，
F(x)min＝Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝ SKIPIF 1 < 0 所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上无零点.
③当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，sin x>cs x>0，h′(x)＝ex(sin x﹣cs x)＋(xcs x＋sin x)>0，
则h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增.又heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)>0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(π,4)﹣eq \f(\r(2),2)· SKIPIF 1 < 0
所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上零点个数为2，
即F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的零点个数为2.
[子题1] 已知a>0且a≠1，函数f(x)＝eq \f(xa,ax)(x>0)，若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围.
解 f(x)＝eq \f(xa,ax)＝1⇔ax＝xa⇔xln a＝aln x⇔eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln a,a)，设函数g(x)＝eq \f(ln x,x)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令g′(x)＝0，得x＝e，
在(0，e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增；在(e，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，又g(1)＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，
∴曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
即曲线y＝g(x)与直线y＝eq \f(ln a,a)有两个交点的充要条件是0∴a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞).
[子题2] 设函数f(x)＝aln(x＋1)＋x2(a∈R).函数g(x)＝ax﹣1，证明：当a≤2时，函数H(x)＝f(x)﹣g(x)至多有一个零点.
证明 因为H(x)＝aln(x＋1)＋x2﹣ax＋1，所以H′(x)＝eq \f(x2x＋2－a,x＋1)(x>﹣1)，
令H′(x)＝0，x1＝0，x2＝eq \f(a,2)﹣1.
①当a＝2时，H′(x)≥0，函数H(x)在定义域(﹣1，＋∞)上单调递增，至多有一个零点；
②当a≤0时，eq \f(a,2)﹣1≤﹣1，
令H′(x)>0，得x>0，令H′(x)<0，得﹣1所以函数H(x)在区间(﹣1,0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
则函数H(x)在x＝0时有最小值H(0)＝1>0，此时函数H(x)无零点.
③当00，得﹣10，
令H′(x)<0，得eq \f(a,2)﹣1所以函数H(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(a,2)－1))，(0，＋∞)上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1，0))上单调递减.
因为函数H(0)＝1>0，所以Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1))>0，且H(x)>0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1，＋∞))上恒成立.
H(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(a,2)－1))上至多有一个零点.
所以当0综上，当a≤2时，函数H(x)＝f(x)﹣g(x)至多有一个零点.
规律方法 (1)三步求解函数零点(方程根)的个数问题
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质；
第三步：结合图象求解.
(2)已知零点求参数的取值范围：①结合图象与单调性，分析函数的极值点；②依据零点确定极值的范围；③对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.
1.已知函数f(x)＝ex﹣ax＋2a，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)讨论函数f(x)的零点个数.
解 (1)∵f(x)＝ex﹣ax＋2a，定义域为R，
又f′(x)＝ex﹣a，∴当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln a，当x当x>ln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(﹣∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x﹣2)，当a＝0时，ex＝a(x﹣2)无解，∴f(x)无零点.
当a≠0时，eq \f(1,a)＝eq \f(x－2,ex).令φ(x)＝eq \f(x－2,ex)，x∈R，∴φ′(x)＝eq \f(3－x,ex)，
当x∈(﹣∞，3)时，φ′(x)>0；当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(﹣∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且φ(x)max＝φ(3)＝eq \f(1,e3)，
又x→＋∞时，φ(x)→0x→﹣∞时，φ(x)→﹣∞，∴φ(x)的图象如图所示.
∴当eq \f(1,a)>eq \f(1,e3)，即0当0e3时，f(x)有两个零点；当eq \f(1,a)<0，即a<0时，f(x)有一个零点.
综上所述，当a∈[0，e3)时，f(x)无零点；
当a∈(﹣∞，0)∪{e3}时，f(x)有一个零点；
当a∈(e3，＋∞)时，f(x)有两个零点.
2.设函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)(m∈R).
(1)若m＝﹣1，求曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，求实数m的取值范围.
解 (1)当m＝﹣1时，f(x)＝x2﹣ln(x＋1)，
可得f′(x)＝2x﹣eq \f(1,x＋1)＝eq \f(2x2＋2x－1,x＋1)，则f′(0)＝﹣1，f(0)＝0，
可得曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y﹣0＝﹣1·(x﹣0)，即x＋y＝0.
(2)由函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)，x∈(0,1)，
可得f′(x)＝2x＋eq \f(m,x＋1)＝eq \f(2x2＋2x＋m,x＋1)，令g(x)＝2x2＋2x＋m，x∈(0,1)，
当m≥0时，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在区间(0,1)上单调递增，
因为f(0)＝0，所以f(x)>f(0)＝0，所以函数f(x)在区间(0,1)上没有零点，不符合题意；
当m<0时，函数g(x)＝2x2＋2x＋m的图象开口向上，且对称轴为x＝﹣eq \f(1,2)，
由g(1)＝2＋2＋m≤0，解得m≤﹣4，当m≤﹣4时，g(x)<0在区间(0,1)上恒成立，
即f′(x)<0，f(x)在区间(0,1)上单调递减，
因为f(0)＝0，所以f(x)当﹣4当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，1)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因为f(0)＝0，要使得函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，
则满足f(1)＝1＋mln(1＋1)>0，解得m>﹣eq \f(1,ln 2)，
所以实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,ln 2)，0)).
专题强化练
1.已知函数f(x)＝ln x﹣eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(－1k－1·x－1k,k).
(1)分别求n＝1和n＝2的函数f(x)的单调性；
(2)求函数f(x)的零点个数.
解 (1)由已知，得f(x)＝ln x﹣eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1－\f(x－12,2)＋\f(x－13,3)＋…＋))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\f(－1n－1x－1n,n))).
①当n＝1时，f(x)＝ln x﹣(x﹣1)，f′(x)＝eq \f(1,x)﹣1.
由f′(x)＝eq \f(1,x)﹣1>0，得01.
因此，当n＝1时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
②当n＝2时，f(x)＝ln x﹣eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x－1－\f(x－12,2)))，f′(x)＝eq \f(1,x)﹣1＋(x﹣1)＝eq \f(x－12,x).
因为f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，且只有当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
(2)由f(x)＝ln x﹣eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1－\f(x－12,2)))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋\f(x－13,3)＋…＋\f(－1n－1x－1n,n)))，
得f′(x)＝eq \f(1,x)﹣[1﹣(x﹣1)＋(x﹣1)2＋…＋(﹣1)n﹣1(x﹣1)n﹣1]＝eq \f(1,x)﹣eq \f(1－1－xn,1－1－x)＝eq \f(1－xn,x).
当n为偶数时，f′(x)≥0在(0，＋∞)恒成立，且只有当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
因为f(1)＝0，所以f(x)有唯一零点x＝1.
当n为奇数时，由f′(x)＝eq \f(1－xn,x)>0，得0由f′(x)＝eq \f(1－xn,x)<0，得x>1.因此，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
因为f(1)＝0，所以f(x)有唯一零点x＝1.
综上，函数f(x)有唯一零点x＝1，即函数f(x)的零点个数为1.
2.已知函数f(x)＝ex＋sin x﹣cs x，f′(x)为f(x)的导数.
(1)证明：当x≥0时，f′(x)≥2；
(2)设g(x)＝f(x)﹣2x﹣1，证明：g(x)有且仅有2个零点.
证明 (1)由f′(x)＝ex＋cs x＋sin x，设h(x)＝ex＋cs x＋sin x，
则h′(x)＝ex﹣sin x＋cs x，当x≥0时，设p(x)＝ex﹣x﹣1，q(x)＝x﹣sin x，
∵p′(x)＝ex﹣1≥0，q′(x)＝1﹣cs x≥0，∴p(x)和q(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0，∴当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sin x，
则h′(x)＝ex﹣sin x＋cs x≥x＋1﹣sin x＋cs x＝(x﹣sin x)＋(1＋cs x)≥0，
∴函数h(x)＝ex＋cs x＋sin x在[0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(0)＝2，即当x≥0时，f′(x)≥2.
(2)由已知得g(x)＝ex＋sin x﹣cs x﹣2x﹣1.
①当x≥0时，
∵g′(x)＝ex＋cs x＋sin x﹣2＝f′(x)﹣2≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又∵g(0)＝﹣1<0，g(π)＝eπ﹣2π>0，
∴由零点存在定理可知，g(x)在[0，＋∞)上仅有一个零点.
②当x<0时，
设m(x)＝eq \f(2－sin x－cs x,ex)(x<0)，则m′(x)＝eq \f(2sin x－1,ex)≤0，∴m(x)在(﹣∞，0)上单调递减，
∴m(x)>m(0)＝1，∴ex＋cs x＋sin x﹣2<0，∴g′(x)＝ex＋cs x＋sin x﹣2<0，
∴g(x)在(﹣∞，0)上单调递减，
又∵g(0)＝﹣1<0，g(﹣π)＝e﹣π＋2π>0，
∴由零点存在定理可知g(x)在(﹣∞，0)上仅有一个零点，
综上所述，g(x)有且仅有2个零点.