新高考数学二轮复习对点题型第35讲高考题中的解答题六（导数）（2份打包，原卷版+教师版）

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(一) 探求函数零点的个数
[典例] (2022·太原一模)已知函数f(x)＝xex－x－1.
(1)求函数f(x)在区间[－1,1]上的最值；
(2)讨论方程f(x)＝ln x＋m－2实根个数．
[关键点拨]
[解] (1)函数f(x)＝xex－x－1的定义域是R，
f′(x)＝(x＋1)ex－1，
令g(x)＝f′(x)＝(x＋1)ex－1，
当x∈[－1,1]时，g′(x)＝(x＋2)ex>0，
∴f′(x)在[－1,1]上单调递增．
又x＝0时，f′(x)＝0，
∴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．
故函数f(x)在[－1,0)上单调递减，在[0,1]上单调递增，
又f(－1)＝－eq \f(1,e)，f(1)＝e－2，f(0)＝－1，
且显然e－2>－eq \f(1,e)，
∴函数f(x)在区间[－1,1]上的最小值为－1，最大值为e－2.
(2)f(x)＝ln x＋m－2即为xex－x－1＝ln x＋m－2，得xex－x－ln x＋1＝m，
即xex－ln(x·ex)＋1＝m，令t＝xex，易知y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，故t>0，
构造函数h(t)＝t－ln t＋1(t>0)，
则h′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，
故h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴h(t)min＝h(1)＝2.
①当m<2时，h(t)>m恒成立，方程f(x)＝ln x＋m－2没有实根；
②当m＝2时，若t＝1，则h(t)＝m；若t≠1，则h(t)>m恒成立．方程f(x)＝ln x＋m－2有1个实根；
③当m>2时，h(1)先证：当t>2时，t>2ln t，
令s(t)＝t－2ln t，∴s′(t)＝1－eq \f(2,t)>0，∴s(t)>s(2)＝2－2ln 2>0，即t>2ln t，
∴当t>2时，h(t)>2ln t－ln t＋1＝ln t＋1，又em>2，∴h(em)>m＋1>m，
当0－lne－m＋1＝m＋1>m，
即h(t)＝m在(e－m,1)，(1，em)上分别有一个零点，而h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＝m在(0,1)，(1，＋∞)上分别有一个零点，
因此方程f(x)＝ln x＋m－2有2个实根．
方法技巧
求解函数零点(方程根)的个数问题的步骤
针对训练
(2022·潍坊模拟)已知函数f(x)＝aln(x＋1)sin x－eq \f(1,2)(a∈R)，且f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq \f(2ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋1))－1,2).
(1)求实数a的值；
(2)讨论函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π))内的零点个数，并加以证明．
解：(1)因为f(x)＝aln(x＋1)sin x－eq \f(1,2)，所以f′(x)＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(sin x,x＋1)＋lnx＋1cs x))，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，有eq \f(sin x,x＋1)＋ln(x＋1)cs x>0.
当a＝0时，f(x)＝－eq \f(1,2)，不符合条件；
当a<0时，f′(x)<0，则f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，即f(x)max＝f(0)＝－eq \f(1,2)，不符合条件；
当a>0时，f′(x)>0.则f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
即f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝alneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋1))－eq \f(1,2)
＝eq \f(2ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋1))－1,2)，解得a＝1.
(2)f(x)在[0，π]内有两个零点，证明如下：
由(1)知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增．
因为f(0)＝－eq \f(1,2)<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋1))－eq \f(1,2)>0，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内存在唯一的零点．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)＝eq \f(sin x,x＋1)＋ln(x＋1)cs x，因为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(1,\f(π,2)＋1)>0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π))＝－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋1))<0，所以f′(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))内存在零点x0，即f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝0，因为f″ (x)＝eq \f(2x＋1cs x－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋x＋12lnx＋1))sin x,x＋12)，
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，有f″(x)<0，即f′(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，x0))时，f′(x)≥f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝0，即f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，x0))上单调递增，
所以有f(x)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0，即f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，x0))无零点．
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x0，π))时，f′(x)因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π))<0，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x0，π))内有且仅有一个零点．
综上所述，f(x)在[0，π]内有两个零点．
(二) 由函数零点的个数求参数
[典例] (2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝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．
[关键点拨]
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋x·e－x，
∴f′(x)＝eq \f(1,x＋1)＋e－x＋x· e－x·(－1)，
∴f′(0)＝1＋1＝2，
∵f(0)＝0，
∴所求切线方程为y－0＝2·(x－0)，即y＝2x.
(2)∵f(x)＝ln(1＋x)＋ax·e－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，
若g′(－1)≥0，则－eq \f(1,2e)≤a<0，
∴当－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．
若g′(－1)<0，则a<－eq \f(1,2e)，
∴当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.
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．
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(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)．
方法技巧
已知函数零点个数求参数范围的策略
(1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件．
(2)先求导，通过求导分析函数的单调性情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件．此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．
针对训练
(2022·郑州二模)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝aex－x＋ln a，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)函数的定义域为{x|x>－1}，
f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－1＝eq \f(－x,x＋1).令f′(x)>0，得－10.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
(2)要使函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，即f(x)＝g(x)有两个实根，
即ln(x＋1)－x＋1＝aex－x＋ln a有两个实根．
即ex＋ln a＋x＋ln a＝ln(x＋1)＋x＋1.
整理得ex＋ln a＋x＋ln a＝eln(x＋1)＋ln(x＋1)，
设h(x)＝ex＋x，则上式为h(x＋ln a)＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lnx＋1))，
因为h′(x)＝ex＋1>0恒成立，所以h(x)＝ex＋x单调递增，所以x＋ln a＝ln(x＋1)．
所以只需使ln a＝ln(x＋1)－x有两个根，设M(x)＝ln(x＋1)－x.
由(1)可知，函数M(x)的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)，
故函数M(x)在x＝0处取得极大值，M(x)max＝M(0)＝0.
当x→－1时，M(x)→－∞；当x→＋∞时，M(x)→－∞，
要想ln a＝ln(x＋1)－x有两个根，只需ln a<0，解得0命题点(三) 隐零点问题
近几年高考中隐零点问题也经常出现，该类问题主要是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合其他条件求解，主要在解答题中以压轴题的形式出现，考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，题目的综合性较强，难度大.
[典例] (2022·鹰潭二模)已知函数f(x)＝2aln x－x＋a，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))x2－eq \f(1,2).
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
[关键点拨]
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝2ln x－x＋1，则f(e)＝2ln e－e＋1＝3－e，
∵f′(x)＝eq \f(2,x)－1，∴f′(e)＝eq \f(2,e)－1，
则所求切线方程为y－(3－e)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e)－1))(x－e)，即y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e)－1))x＋1.
(2)由已知可得，方程2aln x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))x2－x＋a＋eq \f(1,2)＝0在(0，＋∞)内有两个不等实根，
设h(x)＝2aln x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))x2－x＋a＋eq \f(1,2)，则函数h(x)定义域为(0，＋∞)且h(1)＝0，
h′(x)＝eq \f(2a,x)－(2a－1)x－1
＝eq \f([1－2ax－2a]x－1,x).
当1－2a≤0，即a≥eq \f(1,2)时，
若00，h(x)单调递增；若x>1，则h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)当1－2a>0，即a①当eq \f(2a,1－2a)≤0，即a≤0时，
若01，则h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)>h(1)＝0，则所求方程只有一个解x＝1，不符合题意，舍去；
②当eq \f(2a,1－2a)＝1，即a＝eq \f(1,4)时，若x>0，则h′(x)≥0，h(x)为增函数，
又h(1)＝0，则所求方程只有一个解x＝1，不符合题意，舍去；
③当0若00，h(x)单调递增；
若eq \f(2a,1－2a)若x>1，则h′(x)>0，h(x)单调递增．
又h(1)＝0，可知heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,1－2a)))>0.
此时，所求方程有2个不同解，符合题意．
④当eq \f(2a,1－2a)>1，即eq \f(1,4)若00，h(x)单调递增；若1eq \f(2a,1－2a)，则h′(x)>0，h(x)单调递增．
又h(1)＝0，于是heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,1－2a)))<0，令m(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－1，m′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，m(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
∴m(x)≥m(1)＝0，∴ln x≥1－eq \f(1,x)，
∴h(x)＝2aln x－x＋a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))x2＋eq \f(1,2)≥2aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))－x＋a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))x2＋eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－a))x2－x－eq \f(2a,x)＋3a＋eq \f(1,2)＝n(x)，
∵neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6a,1－2a)))＝eq \f(1－2a,2)·eq \f(36a2,1－2a2)－eq \f(6a,1－2a)－eq \f(2a,\f(6a,1－2a))＋3a＋eq \f(1,2)＝eq \f(8a－12,61－2a)，
∵eq \f(1,4)0，(8a－1)2>0，
∴heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6a,1－2a)))≥neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6a,1－2a)))>0，
∵h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,1－2a)，＋∞))上单调递增，由零点存在定理，得存在唯一x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,1－2a)，＋∞))，使得heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))＝0，
又h(1)＝0，
此时，所求方程有2个不同解，符合题意．
综上所述，当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))时，函数h(x)有两个不同零点．
方法技巧
隐零点问题求解三步曲
(1)用零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围．
(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
针对训练
已知函数f(x)＝ln(2x＋1)＋2ax－4aex＋4，且a>0.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的最大值；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
解：(1)由题意知，f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))，
当a＝1时，f′(x)＝eq \f(2,2x＋1)＋2－4ex，
易得y＝eq \f(2,2x＋1)和y＝－4ex＋2都是减函数，
所以f′(x)为减函数，
结合f′(0)＝0可得，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)≤f(0)＝0.即当a＝1时，f(x)的最大值为0.
(2)由(1)得当a＝1时，函数f(x)只有一个零点．
由f′(x)＝eq \f(2,2x＋1)＋2a－4aex，且a>0，
得函数f′(x)为减函数，设f′(x0)＝0，
即eq \f(2,2x0＋1)＋2a－4aex0＝0，
函数f(x)的最大值为f(x0)．
①当00，
且x→－eq \f(1,2)时，f(x)→－∞，
x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以函数f(x)在x0的两侧各有一个零点．
②当a>1时，f′(0)＝2－2a<0，
所以可得x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)).
利用eq \f(2,2x0＋1)＋2a－4aex0＝0代入到原函数中可得，
f(x0)＝ln(2x0＋1)＋2ax0－4aex0＋4
＝ln(2x0＋1)＋2ax0－eq \f(2,2x0＋1)－2a＋4，
设g(x0)＝ln(2x0＋1)＋2ax0－eq \f(2,2x0＋1)－2a＋4，
x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)).
容易判定g(x0)是关于x0的增函数，
所以g(x0)所以函数f(x)的最大值为f(x0)<0，即当a>1时，函数f(x)无零点．
综上，当01时，函数f(x)无零点．
综合性考法针对练——导数与函数的零点问题
1．(2022·江南十校一模)已知函数f(x)＝ax＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－1))ln x＋eq \f(1,x)－2，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋eq \f(a－1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax－1))x＋1,x2)，
①若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②若a>0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
(2)若a≤0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(a,e)＋1－a＋e－2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)－1))a＋e－1>0，f(1)＝a－1<0.
结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点．
若a>0，因为函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1－(a－1)ln a＋a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e.
综上，a的取值范围为(－∞，0]∪{1}∪{e}．
2．(2022·汕头三模)已知函数f(x)＝x－2sin x.
(1)求f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))的极值；
(2)证明：函数g(x)＝ln x－f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))上有且只有两个零点．
解：(1)由f(x)＝x－2sin x，得f′(x)＝1－2cs x，x∈(0，π)，
令f′(x)＝0，得x＝eq \f(π,3).
当0当eq \f(π,3)0，此时函数f(x)单调递增，
所以函数f(x)的极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(π,3)－eq \r(3)，无极大值．
(2)证明：g(x)＝ln x－f(x)＝ln x－x＋2sin x，x∈(0，π)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－1＋2cs x，
令φ(x)＝eq \f(1,x)＋2cs x－1，则φ′(x)＝－eq \f(1,x2)－2sin x.
当x∈(0，π)时，φ′(x)＝－eq \f(1,x2)－2sin x<0，则φ(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))上单调递减，
∵φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(3,π)>0，φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(2,π)－1<0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，使得φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝0.
当x变化时，g(x)，g′(x)变化如下表：
而geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝lneq \f(π,3)－eq \f(π,3)＋eq \r(3)>0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π))＝ln π－π则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>0，又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝lneq \f(π,6)－eq \f(π,6)＋1，
令h(x)＝ln x－x＋1，其中0则h′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)>0，所以函数h(x)在(0,1)上单调递增，则h(x)所以heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝lneq \f(π,6)－eq \f(π,6)＋1<0，
由零点存在定理可知，函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，π))上有两个零点．
3．(2022·湖北新高考联考协作体联考)已知函数f(x)＝2exsin x－ax.(e是自然对数的底数)
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若0解：(1)a＝0，则f(x)＝2exsin x，定义域为R，f′(x)＝2ex(sin x＋cs x)＝2eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
由f′(x)>0，解得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))>0，可得2kπ解得2kπ－eq \f(π,4)由f′(x)<0，解得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))<0，可得2kπ＋π解得2kπ＋eq \f(3π,4)∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋2kπ，\f(3π,4)＋2kπ))(k∈Z)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋2kπ，\f(7π,4)＋2kπ))(k∈Z)．
(2)由已知f(x)＝2exsin x－ax，
∴f′(x)＝2ex(sin x＋cs x)－a，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝4excs x.
∵x∈(0，π)，∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，h′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，h′(x)<0，
∴h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，即f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减．
f′(0)＝2－a，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2eeq \f(π,2)－a>0，f′(π)＝－2eπ－a<0.
①当2－a≥0，即00，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，使得f′(x0)＝0，
∴当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0，x0)上单调递增，(x0，π)上单调递减．
∵f(0)＝0，∴f(x0)>0，又f(π)＝－aπ<0，
∴由函数零点存在定理可得，此时f(x)在(0，π)上仅有一个零点；
②若2又∵f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，而f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2eeq \f(π,2)－a>0，f′(π)＝－2eπ－a<0.
∴∃x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，使得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))＝0，f′(x2)＝0，且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x1))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，π))时，f′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，x2))时，f′(x)>0.
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x1))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，π))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，x2))上单调递增．
∵f(0)＝0，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))<0，
∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2eeq \f(π,2)－eq \f(π,2)a>2eeq \f(π,2)－3π>0，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))>0，
又∵f(π)＝－aπ<0，
∴由零点存在定理可得，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，x2))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，π))内各有一个零点，即此时f(x)在(0，π)上有两个零点．
综上所述，当04．(2022·日照二模)已知函数f(x)＝a|ln x|＋x＋eq \f(1,x)，其中a>0.
(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；
(2)讨论方程ex＋e－x－a|ln(ax)|－eq \f(1,ax)＝0根的个数．
解：(1)a＝1时，f(x)＝|ln x|＋x＋eq \f(1,x).
①当0f′(x)＝－eq \f(1,x)＋1－eq \f(1,x2)＝eq \f(x2－x－1,x2)，
∵0∴f′(x)<0，即f(x)在(0,1)上单调递减．
②当x>1时，f(x)＝ln x＋x＋eq \f(1,x)，
f′(x)＝eq \f(1,x)＋1－eq \f(1,x2)＝eq \f(x2＋x－1,x2).
∵x>1，∴x2＋x－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2－eq \f(5,4)>0，
∴f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以当x＝1时，f(x)取得最小值为f(x)min＝f(1)＝|ln 1|＋1＋eq \f(1,1)＝2.
(2)由题ex＋e－x＝a|ln(ax)|＋eq \f(1,ax)，x>0，
则ax＋ex＋e－x＝a|ln(ax)|＋ax＋eq \f(1,ax)，
即a|lnex|＋ex＋e－x＝a|ln(ax)|＋ax＋eq \f(1,ax).
所以f(ex)＝f(ax)．由f(x)＝a|ln x|＋x＋eq \f(1,x)，得f′(x)＝±eq \f(a,x)＋1－eq \f(1,x2)＝±eq \f(a,x)－eq \f(1－x2,x2).
当0当x>1时，f′(x)＝eq \f(a,x)＋1－eq \f(1,x2)＝eq \f(a,x)＋eq \f(x2－1,x2)>0.
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又因为f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，所以f(ex)＝f(ax)，当且仅当ex＝ax或ex＝eq \f(1,ax).
又ex>1，故ex＝ax和ex＝eq \f(1,ax)不可能同时成立．
所以方程ex＋e－x－a|lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax))|－eq \f(1,ax)＝0根的个数是两函数s(x)＝ex－ax和t(x)＝xex－eq \f(1,a)的零点个数之和，其中x>0.
当s(x)＝0时，函数s(x)＝ex－ax的零点个数转换为直线y＝a与函数h(x)＝eq \f(ex,x)图象的交点个数，
h′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，令h′(x)＝0，即eq \f(x－1ex,x2)＝0，解得x＝1.
当易知0当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
故h(x)在x＝1处取得最小值为h(1)＝e，
所以0a＝e时，直线y＝a与函数h(x)的图象有一个交点，函数s(x)有1个零点；
a>e时，直线y＝a与函数h(x)的图象有2个交点，函数s(x)有2个零点．
同理，函数t(x)＝xex－eq \f(1,a)的零点个数转化为直线y＝eq \f(1,a)与函数y＝xex图象的交点个数，
设y＝xex，x>0，则y′＝(x＋1)ex>0，
所以函数y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
y＝xex在x＝0处的函数值为0×e0＝0，
所以当a>0时，t(x)在(0，＋∞)上必有1个零点．
综上所述，0a＝e时，方程有2个根；a>e时，方程有3个根．
导数与不等式恒(能)成立问题
(一) 分类讨论解决不等式恒成立问题
近几年高考中利用导数解决不等式恒成立问题是常见的题型，函数中经常含有参数，对参数进行分类讨论解决问题，主要在解答题中以压轴题的形式出现，考查学生的逻辑推理能力和计算能力，题目的综合性较强，难度大．
[典例] 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．
[关键点拨]
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.令m(x)＝f′(x)＝ex＋2x－1，
则m′(x)＝ex＋2>0.
所以m(x)在R上单调递增，
即f′(x)在R上单调递增．
注意到f′(0)＝0，
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)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)＜a＜eq \f(1,2)，
则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0；
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)≤a＜eq \f(1,2)时，g(x)≤1.
③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)，＋∞)).
方法技巧
不等式恒成立问题的解题关键点
针对训练
已知函数f(x)＝ln x－ax，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)＋a<0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求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.
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，则f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．
②当a>0时，由f′(x)>0，得0由f′(x)<0，得x>eq \f(1,a).
所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
(2)f(x)＋a<0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x－a(x－1)<0在x∈(1，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝ln x－a(x－1)，x>0，则g′(x)＝eq \f(1,x)－a，注意到g(1)＝0，
①当a≥1时，g′(x)<0在x∈(1，＋∞)上恒成立，
则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)②当0g(1)＝0，即0③当a≤0时，由(1)知，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，即a≤0时不满足题意(舍去)．综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
(二) 分离参数解决不等式恒成立问题
近几年高考中利用导数解决不等式恒成立问题是常见的题型，函数中经常含有参数，利用分离参数法解决该类问题，主要在解答题中以压轴题的形式出现，考查学生的逻辑推理能力和计算能力，题目的综合性较强，难度大．
[典例] 已知函数f(x)＝(x＋a)ln x－eq \f(1,2)x2－ax＋a－1.
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)＞aln x－eq \f(1,2)x2－2x在(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值．
[关键点拨]
[解] (1)若a＝1，则f(x)＝(x＋1)ln x－eq \f(1,2)x2－x，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，得f′(x)＝ln x－x＋eq \f(1,x).
设g(x)＝ln x－x＋eq \f(1,x)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－1－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－x2－1,x2)＝eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2－\f(3,4),x2)＜0.
故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)原不等式等价于xln x－a(x－1)＋2x－1＞0在(1，＋∞)上恒成立，
即a＜eq \f(xln x＋2x－1,x－1)在(1，＋∞)上恒成立．
设φ(x)＝eq \f(xln x＋2x－1,x－1)，x＞1，
则φ′(x)＝eq \f(x－ln x－2,x－12)，
设h(x)＝x－ln x－2，x＞1，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又h(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3＜0，h(4)＝4－ln 4－2＝2－2ln 2＞0，根据零点存在定理，可知h(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，
设该零点为x0，则x0∈(3,4)，且h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，即x0－2＝ln x0.
当x∈(1，x0)时，h(x)＜0，即φ′(x)＜0，故φ(x)在(1，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即φ′(x)＞0，故φ(x)在(x0，＋∞)上单调递增．
所以φ(x)min＝eq \f(x0ln x0＋2x0－1,x0－1)＝x0＋1.
由题意可知a＜x0＋1，又x0∈(3,4)，所以4＜x0＋1＜5，
因为a∈Z，所以整数a的最大值为4.
方法技巧
分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y＝a与函数y＝v(x)图象的交点个数问题来解决．
针对训练
(2022·西安二模)已知f(x)＝eq \f(m,x＋1)＋nln x(m，n为常数)，在x＝1处的切线方程为x＋y－2＝0.
(1)求f(x)的解析式并写出定义域；
(2)若∀x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，使得对∀t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上恒有f(x)≥t3－t2－2at＋2成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝－eq \f(m,x＋12)＋eq \f(n,x)，
由条件可得f′(1)＝－eq \f(m,4)＋n＝－1，①
又在x＝1处的切线方程为x＋y－2＝0，
所以切点坐标为(1,1)，代入f(x)可得eq \f(m,2)＝1，
解得m＝2，
代入①可得n＝－eq \f(1,2)，
所以f(x)＝eq \f(2,x＋1)－eq \f(1,2)ln x，x∈(0，＋∞)．
(2)由(1)知f′(x)＝－eq \f(2,x＋12)－eq \f(1,2x)<0，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))， 所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递减，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上的最小值为f(1)＝1，
故只需t3－t2－2at＋2≤1，
即2a≥t2－t＋eq \f(1,t)对任意t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))恒成立，
令m(t)＝t2－t＋eq \f(1,t)，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，
m′(t)＝2t－1－eq \f(1,t2)＝eq \f(2t3－t2－1,t2)＝eq \f(t－12t2＋t＋1,t2)，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，
又y＝2t2＋t＋1>0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上恒成立，
令m′(t)＝0，解得t＝1，
所以当t∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，m′(t)<0，m(t)为单调递减函数，当t∈(1,2]时，m′(t)>0，m(t)为单调递增函数，
而meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(7,4)，m(2)＝eq \f(5,2)，
所以2a≥m(2)＝eq \f(5,2)，
所以a≥eq \f(5,4)，即a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，＋∞)).
(三) 等价转化法解决不等式能成立问题
[典例] 已知函数f(x)＝eq \f(x,ln x)－ax＋b在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e.
(1)求实数b的值；
(2)若存在x0∈[e，e2]，满足f(x0)≤eq \f(1,4)＋e，求实数a的取值范围．
[关键点拨]
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，
∵f(x)＝eq \f(x,ln x)－ax＋b，
∴f′(x)＝eq \f(ln x－1,ln2x)－a，∴f′(e)＝－a.
又f(e)＝e－ae＋b，
∴f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e－ae＋b)＝－a(x－e)，
即y＝－ax＋e＋b.
又函数f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e，∴b＝e.
(2)由题意得f(x0)＝eq \f(x0,ln x0)－ax0＋e≤eq \f(1,4)＋e，
∴问题转化为a≥eq \f(1,ln x)－eq \f(1,4x)在[e，e2]上有解．
令h(x)＝eq \f(1,ln x)－eq \f(1,4x)，x∈[e，e2]，
则h′(x)＝eq \f(1,4x2)－eq \f(1,xln2x)
＝eq \f(ln2x－4x,4x2ln2x)＝eq \f(ln x＋2\r(x)ln x－2\r(x),4x2ln2x).
令p(x)＝ln x－2eq \r(x)，则当x∈[e，e2]时，
有p′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,\r(x))＝eq \f(1－\r(x),x)＜0.
∴函数p(x)在区间[e，e2]上单调递减，
∴p(x)≤p(e)＝ln e－2eq \r(e)＜0.
∴h′(x)＜0，
∴h(x)在区间[e，e2]上单调递减，
∴h(x)≥h(e2)＝eq \f(1,ln e2)－eq \f(1,4e2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,4e2).
∴实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4e2)，＋∞)).
方法技巧
根据不等式能成立求参数的步骤
(1)利用题设条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式的能成立问题；
(2)用导数求该函数在区间上的最值；
(3)构建不等式求解．
针对训练
已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax－1.
(1)当a>0时，证明函数f(x)在区间(0, ＋∞)上只有一个零点；
(2)若存在x∈R，使不等式f(x)<－e－1成立，求a的取值范围．
解：(1)证明：当a>0时，f′(x)＝xex－a，x∈(0, ＋∞)，
令g(x)＝ f′(x)，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，∴f′(x)＝xex－a在(0，＋∞)上为增函数，
∵f′(0)＝－a<0, f′(a)＝aea－a>0，∴∃x0∈(0，a)，使f′(x0)＝x0ex0－a＝0，
∴当x∈(0, x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0, ＋∞)时，f′(x)>0，
因此，f(x)在(0, x0)上为减函数，f(x)在(x0, ＋∞)上为增函数，
当x∈(0, x0)时，f(x)< f(0)＝－2<0，当x>eq \f(a＋\r(a2＋8),2)时，f(x)>(x－1)(x＋1)－ax－1＝x2－ax－2>0，
故函数f(x)在(0, ＋∞)上只有一个零点．
(2)当a>0时，f′(x)＝xex－a，由(1)可知，f′(x0)＝0，即a＝x0ex0，
∴当xx0时，f′(x)>0，f(x)在(x0, ＋∞)上为增函数，
∴f(x)min＝f(x0)＝(x0－1)ex0－ax0－1＝(x0－1)ex0－xeq \\al(2,0)ex0－1＝(－xeq \\al(2,0)＋x0－1)ex0－1，
由a＝x0ex0，知x0>0，
设h(x)＝(－x2＋x－1)ex－1(x>0)，则h′(x)＝(－x2－x)ex<0(x>0)，∴h(x)在(0，＋∞)上为减函数，
又h(1)＝－e－1，∴当0－e－1，当x0>1时，f(x0)<－e－1，
∴存在x0∈R，使不等式f(x0)<－e－1成立，此时a＝x0ex0>e；
当a＝0时，由(1)知，f(x)在(－∞，0)上为减函数，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
所以f(x)≥f(0)＝－2>－e－1，所以不存在x∈R，使不等式f(x)<－e－1成立；
当a<0时，取x所以存在x∈R，使不等式 f(x)<－e－1成立．
综上所述，a的取值范围是{a|a<0或a>e}．
1．(2022·连云港二模)已知函数f(x)＝x－eq \f(1,x)－2ln x.
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))－8bf(x)，当x>1时，g(x)>0，求实数b的取值范围．
解：(1)因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \f(x2－2x＋1,x2)＝eq \f(x－12,x2)≥0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)因为g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))－8bf(x)，
所以g(x)＝x2－eq \f(1,x2)－2lnx2－8beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－2ln x))>0对∀x>1恒成立，
g′(x)＝2x＋eq \f(2,x3)－eq \f(4,x)－8beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2)－\f(2,x)))
＝eq \f(1,x3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2x4＋2－4x2－8bx3＋x－2x2))
＝eq \f(2x－12,x3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x＋12－4bx))
＝eq \f(2x－12,x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)＋2－4b))，
当x>1时，x＋eq \f(1,x)＋2>4，当4b≤4，
即b≤1时，g′(x)>0对∀x>1恒成立，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)>g(1)＝0符合题意．
当b>1时，存在x0>1使得当x∈(1，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，此时g(x)0恒成立矛盾．
综上，b≤1，即实数b的取值范围为(－∞，1]．
2．(2022·桂林、梧州一模)已知函数f(x)＝x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a＋2))eq \a\vs4\al(ln x).
(1)当a＝－5时，求f(x)的单调区间；
(2)若存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，e))，使得f(x)－x2>2x＋eq \f(2a＋4,x)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝－5时，f(x)＝x2－8ln x，可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝2x－eq \f(8,x)＝eq \f(2x2－8,x)，x>0，
可知当x∈(0,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2))，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)由题可知，存在x∈[2，e]，使得f(x)－x2>2x＋eq \f(2a＋4,x)成立，
等价于2x＋eq \f(2a＋4,x)－(2a＋2)ln x<0在[2，e]内有解，
可设h(x)＝2x＋eq \f(2a＋4,x)－(2a＋2)ln x，即在[2，e]上，函数h(x)min<0，
∴h′(x)＝2－eq \f(2a＋4,x2)－eq \f(2a＋2,x)
＝eq \f(2x2－2a＋2x－2a＋4,x2)＝eq \f(2x＋1[x－a＋2],x2)，
令h′(x)＝0，即(x＋1)[x－(a＋2)]＝0，解得x＝a＋2或x＝－1(舍去)，
当a＋2≥e，即a≥e－2时，若x∈[2，e]，则h′(x)<0，h(x)在[2，e]上单调递减，
∴h(x)min＝h(e)＝2e＋eq \f(2a＋4,e)－2a－2<0，得a>eq \f(e2－e＋2,e－1)，
又∵eq \f(e2－e＋2,e－1)>e－2，∴a>eq \f(e2－e＋2,e－1)；
当a＋2≤2，即a≤0时，若x∈[2，e]，则h′(x)>0，h(x)在[2，e]上单调递增，
∴h(x)min＝h(2)＝6＋a－(2a＋2)ln 2<0，得a>eq \f(6－ln 4,ln 4－1)>0，不合题意；
当2则h(x)在[2，a＋2]上单调递减，在[a＋2，e]上单调递增，
∴h(x)min＝h(a＋2)＝2a＋6－(2a＋2)ln(a＋2)，
∵ln 2∴(2a＋2)ln 2<(2a＋2)ln(2a＋2)<2a＋2，
∴h(a＋2)＝2a＋6－(2a＋2)ln(a＋2)>2a＋6－2a－2＝4，即h(x)min>4，不符合题意．
综上，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2－e＋2,e－1)，＋∞)).
3．(2022·赣州二模)已知函数f(x)＝e2x－a2x2＋x－ln x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若对于一切x∈(0，＋∞)，恒有f(x)≥ln a成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝e2x－x2＋x－ln x，则f′(x)＝2e2x－2x＋1－eq \f(1,x)，故f(1)＝e2，f′(1)＝2e2－2，
从而曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(2e2－2)(x－1)＋e2，
即y＝(2e2－2)x－e2＋2.
(2)由f(x)≥ln a，得a>0且e2x＋x≥a2x2＋ln x＋ln a，
即e2x＋x≥a2x2＋ln ax＝e2ln ax＋ln ax，
构造g(x)＝e2x＋x，g′(x)＝2e2x＋1>0，
则g(x)在R上单调递增，
不等式e2x＋x≥a2x2＋ln ax等价于g(x)≥g(ln ax)，
结合g(x)的单调性，得x≥ln ax，即x－ln x≥ln a，
令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
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，
所以h(x)min＝h(1)＝1，故ln a≤1，解得0即实数a的取值范围为(0，e]．
4．(2022·湖南新高考联盟联考)已知函数f(x)＝2ax－ln x，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，不等式ex－2＋x≥xf(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2a－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax－1,x).
当a≤0时，f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，当0eq \f(1,2a)时，f′(x)>0，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增．
(2)∀x>0，不等式ex－2＋x≥xf(x)⇔ex－2＋x≥2ax2－xln x⇔eq \f(\f(ex－2,x)＋1＋ln x,x)≥2a⇔eq \f(\f(ex－2,eln x)＋1＋ln x,x)≥2a⇔eq \f(ex－2－ln x＋1＋ln x,x)≥2a.
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，故h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，从而∀x∈R，h(x)≥h(0)＝0，即恒有ex≥x＋1成立，当且仅当x＝0时取“＝”．
因此，当x>0时，eq \f(ex－2－ln x＋1＋ln x,x)≥
eq \f([x－2－ln x＋1]＋1＋ln x,x)＝1，当且仅当x－2－ln x＝0时取“＝”．
令φ(x)＝x－2－ln x，x>0，φ′(x)＝1－eq \f(1,x)，当01时，φ′(x)>0，
即φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，φ(1)＝－1<0，φ(e－2)＝e－2>0，φ(4)＝2(1－ln 2)>0，
即∃x1∈(e－2,1)，使得φ(x1)＝x1－2－lnx1＝0，∃x2∈(1,4)，使得φ(x2)＝x2－2－lnx2＝0，即x－2－ln x＝0有解．
因此，不等式eq \f(ex－2－ln x＋1＋ln x,x)≥1中能取到等号，所以eq \f(ex－2－ln x＋1＋ln x,x)的最小值为1，即1≥2a，解得a≤eq \f(1,2)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
导数与不等式的证明问题
(一) 单变量不等式的证明问题
[典例] (2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))>ln(n＋1)．
[关键点拨]
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝xex－ex，f′(x)＝xex，
当x>0时，f′(x)＝xex>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当x<0时，f′(x)＝xex<0，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减．
(2)设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0，又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，
则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，
若a>eq \f(1,2)，则g′(0)＝2a－1>0，
因为g′(x)为连续不间断函数，故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，故g(x)在(0，x0)上为增函数，故g(x)>g(0)＝0，故h(x)在(0，x0)上为增函数，故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．
若0下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，故S′(x)＝eq \f(1,1＋x)－1＝eq \f(－x,1＋x)<0，故S(x)在(0，＋∞)上为减函数，故S(x)由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex当a≤0时，有h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，所以h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以h(x)综上，a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
取t＝eq \r(\f(n＋1,n))(n∈N*)，则2ln t＝ln(n＋1)－ln nln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln(n＋1)－ln n＝ln(n＋1)，故结论得证．
方法技巧
证明不等式的基本方法
针对训练
(2022·邯郸模拟)设函数f(x)＝x3＋ln(x＋1)．
(1)求曲线y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0))处的切线方程；
(2)证明：当n∈N*且n≥2时，ln(n＋1)>eq \f(1,8)＋eq \f(2,27)＋…＋eq \f(n－1,n3).
解：(1)显然，x∈(－1，＋∞)，且f′(x)＝3x2＋eq \f(1,x＋1)，故f′(0)＝1，故切线方程为y－0＝f′(0)(x－0)，即y＝x.
(2)证明：令g(x)＝x3＋ln(x＋1)－x2，
g′(x)＝3x2－2x＋eq \f(1,x＋1)＝eq \f(3x3＋x2－2x＋1,x＋1)＝eq \f(3x3＋x－12,x＋1).
当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)>g(0)＝0，
即当x>0时，ln(x＋1)＋x3－x2>0.
令x＝eq \f(1,n)，得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＋eq \f(1,n3)－eq \f(1,n2)>0，
即ln(n＋1)－ln n>eq \f(1,n2)－eq \f(1,n3)＝eq \f(n－1,n3)，
由此可得，ln 2－ln 1>eq \f(1,12)－eq \f(1,13)＝0，
ln 3－ln 2>eq \f(1,22)－eq \f(1,23)＝eq \f(1,8)，
…
ln(n＋1)－ln n>eq \f(1,n2)－eq \f(1,n3)＝eq \f(n－1,n3)，
将以上n个式子相加，得ln(n＋1)>eq \f(1,8)＋eq \f(2,27)＋…＋eq \f(n－1,n3)，n∈N*且n≥2.
(二) 极值点偏移问题(双变量不等式)
近几年高考中经常出现极值点偏移问题的题目，采用对称化构造函数法和比值代换法进行研究，该类问题思维含量高，过程繁琐，计算量大，在解答题中以压轴题的形式出现，题目的综合性强，难度大.
[典例] (2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)－ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
[关键点拨]
[解] (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)－eq \f(1,x)＋1＝eq \f(exx－1－x＋x2,x2)＝eq \f(ex＋xx－1,x2)，
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.
又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明：法一：不妨设x11.
令F(x)＝f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，
所以当x∈(0,1)时，g(x)所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)即在(0,1)上f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)))<0，即f(x2)由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x2法二：不妨设x1因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．
构造函数h(x)＝x－ln x，g(x)＝h(x)－heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝x－eq \f(1,x)－2ln x，
则g′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \f(x－12,x2)≥0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，h(x)>heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，
所以h(x1)＝h(x2)>heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))，
又h′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以0方法技巧
极值点偏移问题的四种基本题设形式
(1)若函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1＋x2＞2x0(x0为函数f(x)的极值点)．
(2)对于函数f(x)，存在x1，x2且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且x1≠x2，令x0＝eq \f(x1＋x2,2)，求证：f′(x0)＞0.
(4)对于函数f(x)，存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝eq \f(x1＋x2,2)，求证：f′(x0)＞0.
针对训练
已知函数f(x)＝ln x－ax2(a∈R)．
(1)若函数f(x)的极大值为－eq \f(1,2)，求a的值；
(2)在(1)的条件下，若f(x1)＝f(x2)，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞4a.
解：(1)函数f(x)＝ln x－ax2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－2ax，当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)无极值，不合题意，舍去，所以a＞0.
f′(x)＝eq \f(1－2ax2,x)＝eq \f(2a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))＋x))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))－x)),x)，
令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,\r(2a)).
当0＜x＜eq \f(1,\r(2a))时，f′(x)＞0；
当x＞eq \f(1,\r(2a))时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))，所以f(x)在x＝eq \f(1,\r(2a))处取得极大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))))＝－eq \f(1,2)ln 2a－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)，所以a＝eq \f(1,2).经验证，a＝eq \f(1,2)时符合题意．
(2)证明：由(1)可得f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2，f′(x)＝eq \f(x＋11－x,x)，
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)，f(x)的极大值点为x＝1.
因为f(x1)＝f(x2)，且x1＜x2，所以0＜x1＜1＜x2，
构造函数F(x)＝f(1＋x)－f(1－x)，其中－1＜x＜1，
则F(x)＝ln(1＋x)－eq \f(1,2)(1＋x)2－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln(1－x)－eq \f(1,2)(1－x)2))，F′(x)＝eq \f(2x2,1－x1＋x)≥0，
则F(x)在(－1,1)上单调递增，所以当x＞0时，F(x)＞F(0)＝0，
即f(1＋x)＞f(1－x)．
因为x2－1＞0，所以2－x2＜1，
因此f(x1)＝f(x2)＝f[1＋(x2－1)]＞f[1－(x2－1)]＝f(2－x2)，
因为f(x)在(0,1)上单调递增，
所以x1＞2－x2，
所以x1＋x2＞2，即x1＋x2>4a.
综合性考法针对练——导数与不等式的证明问题
1．(2022·郑州质检)设函数f(x)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－x))－x＋e.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝e时，证明：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－x))解：(1)函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e的定义域为(－∞，a)，
因为f′(x)＝eq \f(1,x－a)－1＝eq \f(1－x＋a,x－a)，
所以当x故函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，a))，无单调递增区间．
(2)证明：当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
要证feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－x))即证ln x＋x即证eq \f(ln x,x)＋1设g(x)＝eq \f(ln x,x)＋1(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
当00，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，e))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)，则h′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
当01时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－x))2．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)－m(m∈R)有两个零点，记为x1，x2.
(1)求实数m的取值范围；
(2)证明：ln x1＋ln x2＞2.
解：(1)函数f(x)＝eq \f(ln x,x)－m的定义域为(0，＋∞)，因为f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e，所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f(x)的极大值为f(e)＝eq \f(1,e)－m.因为当x→0(x＞0)时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－m，所以由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＜m＜eq \f(1,e).故实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
(2)证明：不妨设x1＜x2，由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1＝mx1，,ln x2＝mx2，))
则ln x1x2＝m(x1＋x2)，lneq \f(x2,x1)＝m(x2－x1)，得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.(*)
设F(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，
则F′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)＞0，
所以F(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以当t＞1时，F(t)＞F(1)＝0，即(*)式成立，所以ln x1＋ln x2＞2.
3．(2022·重庆调研)已知函数f(x)＝x－sin x.
(1)判断函数f(x)是否存在极值，并说明理由；
(2)设函数F(x)＝f(x)－mln x，若存在两个不相等的正数x1，x2，使得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))＋x1＝Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))＋x2，证明：x1x2解：(1)由f(x)＝x－sin x，得f′(x)＝1－cs x≥0，
∴f(x)＝x－sin x是增函数，∴f(x)没有极值．
(2)证明：F(x)＝x－sin x－mln x，
由F(x1)＋x1＝F(x2)＋x2，
得2x1－sinx1－mlnx1＝2x2－sinx2－mlnx2，
即m(lnx2－lnx1)＝－(sinx2－sinx1)＋2(x2－x1)．
由(1)知f(x)＝x－sin x为增函数，
∵x1，x2是两个不相等的正数，不妨设x2>x1>0，
∴x2－sinx2>x1－sinx1>f(0)＝0，
即x2－x1>sinx2－sinx1，∴－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sinx2－sinx1))>－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－x1))，
∴m(lnx2－lnx1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sinx2－sinx1))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－x1))>2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－x1))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－x1))＝x2－x1，
即m>eq \f(x2－x1,lnx2－lnx1)，只需证明eq \f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq \r(x2x1).
∵x2>x1>0，令t＝eq \f(x2,x1)>1.
∴只需证明eq \f(t－1,ln t)>eq \r(t)在t>1时成立，即eq \f(t－1,\r(t))>ln t在t>1时成立．
设函数g(t)＝ln t－eq \f(t－1,\r(t))，且t>1，则g′(t)＝eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(t)－1))2,2t\r(t))<0.
∴当t>1时，函数g(t)单调递减．
∴当t>1时，函数g(t)∴eq \f(t－1,ln t)>eq \r(t)在t>1时成立，即eq \f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq \r(x2x1)成立，
∴m>eq \f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq \r(x2x1)，
∴m>eq \r(x1x2)，即x1x2切入点
求导，根据函数的单调性求最值
隐藏点
换元，令t＝xex，构造函数h(t)＝t－ln t＋1(t>0)
迁移点
再根据导函数求出单调性、最值，结合图象求解
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，进而画出其图象
第三步
结合图象求解
切入点
先算出切点，再求导算出斜率
隐藏点
求导，对a分类讨论
迁移点
对x分(－1,0)，(0，＋∞)两部分研究
反思点
本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明
切入点
利用导数的几何意义求切线
隐藏点
设h(x)＝2aln x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))x2－x＋a＋eq \f(1,2)，研究其单调情况
迁移点
讨论a≥eq \f(1,2)和ax
(0，x0)
x0
(x0，π)
g′(x)
＋
0
－
g(x)
单调递增
极大值geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))
单调递减
切入点
(1)构造函数m(x)，判断f′(x)的单调性，进而判断f(x)的单调性
(2)构造函数，把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题
障碍点
不能把导函数正确的分解因式，分类讨论的标准不可解
切入点
(1)问直接求导判断函数f(x)的单调区间．
(2)问看到求整数a的最大值，想到分离参数a，然后构造函数，利用导数及函数的性质求解
迁移点
把f(x)＞aln x－eq \f(1,2)x2－2x转化为a＜eq \f(xln x＋2x－1,x－1)在(1，＋∞)上恒成立
障碍点
(1)想不到分离导数，导致对a进行分类讨论．
(2)构造函数后，若其导函数无法直接判断单调性，不要忽略零点存在定理的应用
切入点
(1)利用导数的几何意义及直线的点斜式方程求b；
(2)将问题转化为a≥eq \f(1,ln x)－eq \f(1,4x)在[e，e2]上有解，构造函数，利用导数与函数单调性关系求解
隐藏点
存在x0∈[e，e2]满足f(x0)≤eq \f(1,4)＋e，只需f(x0)max≤eq \f(1,4)＋e即可，即求a≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ln x)－\f(1,4x)))min即可
障碍点
不会根据需要多次构造函数
切入点
求出f′(x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性
隐藏点
设h(x)＝xeax－ex＋1，求导后进行分类讨论
迁移点
由(2)可得2ln t1恒成立，从而可得ln(n＋1)－ln n利用单调性
若f(x)在[a，b]上是增函数，则
①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)；
②∀x1，x2∈[a，b]，且x1＜x2，有f(x1)＜f(x2)．
对于减函数有类似结论
利用最值
若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)
构造函数
证明f(x)＜g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)＜0
切入点
由导数确定函数单调性及最值
隐藏点
f(x)的零点满足x1<1迁移点
转化要证明条件为eq \f(ex,x)－－2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln x－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－eq \f(1,x)))))>0