新高考数学一轮复习教案第3章第2节 第3课时 手握方法巧破障——破解“函数与导数”问题常用到的4种方法（含解析）

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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)(2021·聊城模拟)已知定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\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．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) B．eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) D．eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))
[解析] 根据题意，令g(x)＝eq \f(fx,cs x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则其导数g′(x)＝eq \f(f′xcs x＋sin xfx,cs2x)，又由x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\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geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))；又由eq \f(π,6)＜eq \f(π,4)，则有geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＞eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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 \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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x2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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x2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))－f(x)<0可化为xfeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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))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∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \r(－\f(1,2a))))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al( \r(－\f(1,2a)))，＋∞))时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \r(－\f(1,2a))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al( \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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \r(－\f(1,2a))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al( \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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \r(－\f(1,2a))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al( \r(－\f(1,2a)))，1))上单调递减，此时f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al( \r(－\f(1,2a)))))＝ln eq \r(－\f(1,2a))＋a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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10，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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1所以eq \f(t＋1,t－1)>1，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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2))).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))时，f′(x)＜0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，＋∞))时，f′(x)＞0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，＋∞))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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，ln \f(1,k)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,k)，＋∞))上单调递减，
所以h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \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≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\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)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋e－\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即f′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)在区间(0,1)上为减函数；
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．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))＞eq \f(1－m,m) B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))＜－1
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m－1)))＞eq \f(1,m－1) D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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，∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))＞g(0)，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))－1＞－1，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))＞0，
而eq \f(1－m,m)＜0，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))＞eq \f(1－m,m)，故A正确，B错误．
∵eq \f(1,m－1)＞0，∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m－1)))＞g(0)，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m－1)))－eq \f(m,m－1)＞－1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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．(2021年1月新高考八省联考卷)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．(2021·滕州模拟)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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e,2))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\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)(2021年1月新高考八省联考卷)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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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－2当02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．(2021·福州模拟)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 \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2a),2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2a),2a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：要证xf(x)即证xln 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)故xf(x)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 \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上恒有f′(x)<0，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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 \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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 \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上单调递减．
②若k>0，由ke，
则x－eq \f(1,k)<0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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 \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e－k－1.