2019版数学（文）二轮复习通用版讲义：专题六第五讲大题考法——函数与导数

第五讲 大题考法——函数与导数
题型(一)
导数与函数的零点或方程根问题

主要考查利用导数来判断函数的零点或方程根的个数，或者依据函数的零点、方程根的在情况求参数的值(或取值范围).

[典例感悟]
[典例1]　(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查导数的运算、导数与函数单调性的关系、零点的概念、零点与方程根的关系、零点存在性定理．
(二)定能力
1.考查数学运算：导数的运算，解一元二次不等式、方程.
2.考查逻辑推理：用导函数值与0的关系判断函数的单调性，进而得出函数的单调区间；要证函数只有一个零点，先证函数是单调函数，再由零点存在性定理证明有一零点．
(三)定思路
第(1)问利用导数与函数单调性的关系判断求解：
先求函数f(x)的导数，再解导数大于0或小于0对应的不等式即可；
第(2)问利用构造法、函数零点存在性定理求解：
将函数的零点转化为方程的根，构造函数，再进一步转化为新函数零点的判断.

[解]　(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，单调递减区间为(3－2，3＋2)．
(2)证明：因为x2＋x＋1>0，
所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
[典例2]　(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查利用导数研究函数的单调性，函数的零点问题.
(二)定能力
1.考查数学运算：导数的运算，指数式与对数式的运算，解一元二次不等式、方程.
2.考查逻辑推理：用导函数值与0的关系判断函数的单调性；由函数零点情况分类讨论确定a的范围．
(三)定思路
第(1)问利用导数与函数单调性关系、分类讨论思想求解：
求函数f(x)的导数，分类讨论确定导函数符号来判断f(x)的单调性；
第(2)问利用分类讨论及等价转化思想求解：
利用(1)中结论分类讨论a≤0和a>0两种情况下f(x)的零点情况，从而确定a的取值范围.

[解]　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
①若a≤0，则f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
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.
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)①若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
②若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
当a∈(0,1)时，1－＋ln a<0，
即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．

[类题通法]
判断函数零点个数的2种常用方法
直接法
直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题
分离
参数法
分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可

[对点训练]
(2019届高三·辽宁五校联考)已知函数f(x)＝x2＋－aln x(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f(x)有唯一的零点x0，求[x0]．
注：[x]表示不超过x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2.
参考数据：ln 2＝0.693，ln 3＝1.099，ln 5＝1.609，ln 7＝1.946.
解：(1)∵f(x)＝x2＋－aln x，∴f′(x)＝(x>0)，由题意得f′(2)＝0，则2×23－2a－2＝0，a＝7，经验证，当a＝7时，f(x)在x＝2处取得极值，∴f(x)＝x2＋－7ln x，f′(x)＝2x－－，∴f′(1)＝－7，f(1)＝3，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－3＝－7(x－1)，即7x＋y－10＝0.
(2)令g(x)＝2x3－ax－2(x>0)，则g′(x)＝6x2－a，
由a>0，g′(x)＝0，可得x＝，∴g(x)在上单调递减，在上单调递增．
由于g(0)＝－2<0，故当x∈时，g(x)<0，
又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，
由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，
则g(x0)＝0，f(x0)＝0，可得2ln x0－－1＝0.
令h(x)＝2ln x－－1(x>1)，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由于h(2)＝2ln 2－<2×0.7－<0，h(3)＝2ln 3－>0，故x0∈(2,3)，[x0]＝2.
题型(二)
导数与不等式恒成立问题

　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　主要考查利用函数的单调性求函数最值的方法，根据不等式恒成立　问题、求参数的值(或取值范围).



[典例感悟]
[典例]　(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝e(ex－a)－a2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查导数与函数的单调性、导数与不等式的恒成立问题.
(二)定能力
1.考查数学运算：导数的运算，解一元二次不等式、方程.
2.考查逻辑推理：用导函数的值与0的关系判断函数的单调性、不等式的恒成立问题转化为求函数最值问题．
(三)定思路
第(1)问利用导数与函数单调性的关系、分类讨论求解：
先求f(x)的导数f′(x)，再对a分区间讨论f′(x)的正负，从而得到f(x)的单调性；
第(2)问利用转化思想、分类讨论思想求解：
要使f(x)≥0成立，只需f(x)min≥0即可，由(1)求出f(x)在a的不同取值范围内的最小值，进而求出a的取值范围.

[解]　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
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．
若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
(2)若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
若a＞0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a.
从而当且仅当－a2ln a≥0，
即0＜a≤1时，f(x)≥0.
若a＜0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2.
从而当且仅当a2≥0，
即－2e≤a＜0时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是.
[类题通法]
用导数解不等式恒成立问题的2种方法及步骤
分离
参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围
函数
思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；
第三步：构建不等式求解

[对点训练]
(2018·陕西模拟)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x－1.
(1)求函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)证明：f(x)≤g(x)；
(3)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1，＋∞)均成立，求实数a的取值范围．
解：(1)∵f′(x)＝，f′(1)＝1.
又f(1)＝0，∴切线的方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，
即所求切线的方程为y＝x－1.
(2)证明：设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
则h′(x)＝－1，令h′(x)＝0，得x＝1，
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
单调递增
极大值
单调递减
∴h(x)≤h(x)max＝h(1)＝0，即f(x)≤g(x)．
(3)易知对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)>0，g(x)>0.
(ⅰ)当a≥1时，f(x)≤g(x)≤ag(x)；
(ⅱ)当a≤0时，f(x)>0，ag(x)≤0，
∴不满足不等式f(x)≤ag(x)；
(ⅲ)当0 当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况如下表：
x



φ′(x)
＋
0
－
φ(x)
单调递增
极大值
单调递减
∴φ(x)max＝φ>φ(1)＝0，不满足不等式．
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．

题型(三)
导数与不等式的证明问题

主要考查利用函数的单调性求最值，证明不等式或比较大小问题.

[典例感悟]
[典例1]　(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值、不等式J恒成立问题．
(二)定能力
1.考查数学运算：导数的运算、解不等式.
2.考查逻辑推理：用导函数的值与0的关系判断函数的单调性，构造函数、转化为函数的单调性、最值问题．
(三)定思路
第(1)问利用导数与函数单调性的关系求解：
由题意知，f′(2)＝0，可求得a，代回f(x)后利用导数可求出f(x)的单调区间；
第(2)问利用构造法、等价转化思想求解：
由a≥可得f(x)≥－ln x－1，设g(x)＝－ln x－1，利用导数证明当x>0时，g(x)≥0即可.

[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0，
所以当0 当x>2时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.
可知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，
所以当0 当x>1时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.

[典例2]　(2017·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2 [审题定向]
(一)定知识
主要考查利用导数研究函数的单调性及极值、函数的零点、不等式的证明问题.
(二)定能力
1.考查数学运算：导数的运算，解方程、解不等式.
2.考查逻辑推理：转化为构造函数不等式问题，转化为构造函数的单调性问题.
(三)定思路
第(1)问利用导数与函数单调性关系求解：
由f(x)≥0及f(x)的定义域为x>0，得ax－a－ln x≥0，构造函数，利用导数讨论函数的单调性，进而求得a的值；
第(2)问利用构造法、导数与函数的单调性、分类讨论求证：
先利用导数研究函数的单调性，再证明函数f(x)存在唯一极大值点，最后根据极值点处导数为零，证明不等式.

[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
设g(x)＝ax－a－ln x，
则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)＝0，g(x)≥0，
故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，
故g′(1)＝a－1＝0，得a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－.
当0 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x(x>0)，
f′(x)＝2x－2－ln x.
设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.
当x∈时，h′(x)<0；
当x∈时，h′(x)>0.
所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．
又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，
所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0,1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．
由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．
由x0∈，得f(x0)<.
因为x＝x0是f(x)在(0,1)的最大值点，
由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0，得f(x0)>f(e－1)＝e－2.所以e－2 [类题通法]
1．利用导数证明不等式的4个基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数h(x)；
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
2．构造辅助函数的4种方法

[对点训练]

(2018·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明f(x)≥.
解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0 (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，
即证ln a＋－1≥0.令函数g(a)＝ln a＋－1，
则g′(a)＝－＝(a>0)，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋－1≥0恒成立，
所以f(x)≥.


函数与导数问题重在 “分”——分离、分解
[循流程思维——入题快]
函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，最后根据题意处理．

[按流程解题——快又准]
[典例]　(2018·陕西模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x2－(a＋1)x.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－2，求f(x)的单调区间；
(2)若x>0时，<恒成立，求实数a的取值范围．
[解题示范]　
(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

由已知得f′(x)＝＋ax－(a＋1)，则f′(1)＝0.
而f(1)＝－－1，∴曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－－1.∴－－1＝－2，解得a＝2.∴f(x)＝ln x＋x2－3x，f′(x)＝＋2x－3.由f′(x)>0，得01，由f′(x)<0，得 ∴f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，单调递减区间为.
(2)由<，得＋x－(a＋1)<＋－，

即－<
在区间(0，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝－，
则h′(x)＝＋＝，由h′(x)>0，得0e，因而h(x)在上单调递减．
∴h(x)的最大值为h＝e－，
∴>e－，故a>2e－－1.从而实数a的取值范围为.
[思维升华]　函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、把复杂函数分离为基本函数，可把题目分解成几个小题，也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．
[应用体验]
(2018·洛阳统一考试)设函数f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)讨论函数h(x)＝的单调性；
(2)如果对任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为h(x)＝＋ln x(x>0)，
所以h′(x)＝－＋＝，
①当a≤0时，h′(x)>0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令h′(x)>0，得x>，即函数h(x)的单调递增区间为(，＋∞)；
令h′(x)<0，得0 (2)由g(x)＝x3－x2－3得g′(x)＝3x2－2x＝3x，
因为g＝－，g＝－，g(2)＝1，
所以g(x)max＝1，
故对任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，
等价于当x∈时，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，等价于a≥x－x2ln x成立，
记F(x)＝x－x2ln x，所以a≥F(x)max.
F′(x)＝1－2xln x－x，F′(1)＝0.
令m(x)＝1－2xln x－x，
则m′(x)＝－3－2ln x，
当x∈时，m′(x)＝－3－2ln x<0，
所以m(x)＝F′(x)＝1－2xln x－x在上单调递减，
当x∈时，F′(x)>0，当x∈(1,2]时，F′(x)<0，
即函数F(x)＝x－x2ln x在上单调递增，在(1,2]上单调递减，
所以F(x)max＝F(1)＝1，
从而实数a的取值范围为[1，＋∞)．





A卷——大题保分练

1．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1，g(x)＝ex＋ax－1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e＝2.718 28…)．
(1)求证：函数f(x)有唯一零点；
(2)若曲线g(x)＝ex＋ax－1的一条切线方程是y＝2x，求实数a的值．
解：(1)证明：因为f(x)＝(x－1)ex＋1(x∈R)，
所以f′(x)＝xex，
由f′(x)＝xex＝0，得x＝0，f′(x)＝xex>0时，x>0；f′(x)＝xex<0时，x<0；
所以f(x)＝(x－1)ex＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)＝(x－1)ex＋1的最小值为f(0)＝0，
即函数f(x)＝(x－1)ex＋1有唯一零点．
(2)设曲线g(x)＝ex＋ax－1与切线y＝2x相切于点(x0，y0)，
因为g(x)＝ex＋ax－1，所以g′(x)＝ex＋a，
所以消去a，y0，
得(x0－1)ex0＋1＝0，
由(1)知方程(x0－1)ex0＋1＝0有唯一根x0＝0，则e0＋a＝2，所以a＝1.
2．(2018·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R的图象在(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．
解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，
令f′(x)>0得01，
∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为ln x－＋x－>k(x－1)，
令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)，
则g′(x)＝－x＋1－k＝，
令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，则h(x)的对称轴为直线x＝，
①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴x∈(1，＋∞)时，h(x) 若k≥1，则h(x)<0，∴g′(x)<0，
∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x) 若－1≤k<1，则h(1)>0，
∴存在x0>1，使得x∈(1，x0)时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当>1，即k<－1时，易知存在x0>1，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，
∴h(x)>h(1)＝1－k>0，
∴g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围是(－∞，1)．
3．(2018·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，求证：f(x)≤.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
考虑y＝x2＋2(1－a)x＋1，x>0.
①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ>0，即a>2或a<0时，
由x2＋2(1－a)x＋1＝0，得x＝a－1±.
若a<0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a>2，则a－1＋>a－1－>0，
由f′(x)>0，得0a－1＋，则f(x)在(0，a－1－)和(a－1＋，＋∞)上单调递增．
由f′(x)<0，得a－1－ 综上，当a≤2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>2时，f(x)的单调递增区间为(0，a－1－)，(a－1＋，＋∞)，单调递减区间为(a－1－，a－1＋)．
(2)证明：当a＝1时，f(x)＝ln x＋.
令g(x)＝f(x)－＝ln x＋－(x>0)，
则g′(x)＝－－＝＝.
当x>1时，g′(x)<0，当00，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
即当x＝1时，g(x)取得最大值，
故g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤成立，得证．
4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.
解：(1)因为f′(x)＝，
所以f′(0)＝2，f(0)＝－1，
所以曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是y＋1＝2x，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a≥1时，
f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，
则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.
当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
B卷——深化提能练

1．已知函数f(x)＝ln x＋－s(s，t∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性及最值；
(2)当t＝2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(04.
解：(1)f′(x)＝(x>0)，
当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值；
当t>0时，由f′(x)<0，得x0，得x>t，f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，
故f(x)在x＝t处取得最小值，最小值为f(t)＝ln t＋1－s，无最大值．
(2)∵f(x)恰有两个零点x1，x2(0 ∴f(x1)＝ln x1＋－s＝0，f(x2)＝ln x2＋－s＝0，
得s＝＋ln x1＝＋ln x2，
∴＝ln，
设t＝>1，则ln t＝，x1＝，
故x1＋x2＝x1(t＋1)＝，
∴x1＋x2－4＝，
记函数h(t)＝－2ln t，
∵h′(t)＝>0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∵t>1，∴h(t)>h(1)＝0，
又t＝>1，ln t>0，故x1＋x2>4成立．
2．(2018·四川成都月考)已知函数f(x)＝(1－x)·ex－1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝，x>－1，且x≠0，证明：g(x)<1.
解：(1)f′(x)＝－xex.
当x∈(－∞，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)的最大值为f(0)＝0.
(2)证明：由(1)知，当x>0时，f(x)<0，
即g(x)<0<1.
当－1x.
设h(x)＝f(x)－x，
则h′(x)＝－xex－1.
当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0 从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1,0)上单调递减．
所以当－1h(0)＝0，
即g(x)<1.
综上所述，对x>－1且x≠0总有g(x)<1.
3．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝kx－ln x－1(k>0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)证明：当n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
解：(1)法一：f(x)＝kx－ln x－1，f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)，
当x＝时，f′(x)＝0；当0时，f′(x)>0.
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)min＝f＝ln k，
∵f(x)有且只有一个零点，
∴ln k＝0，∴k＝1.
法二：由题意知方程kx－ln x－1＝0仅有一个实根，
由kx－ln x－1＝0得k＝(x>0)，
令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，
当x＝1时，g′(x)＝0；
当00；当x>1时，g′(x)<0.
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(1)＝1，
当x→＋∞时，g(x)→0，
∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝1.
法三：函数f(x)有且只有一个零点，即直线y＝kx与曲线y＝ln x＋1相切，设切点为(x0，y0)，
由y＝ln x＋1得y′＝，∴
∴k＝x0＝y0＝1，
∴实数k的值为1.
(2)证明：由(1)知x－ln x－1≥0，
即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号，
∵n∈N*，令x＝，得>ln，
∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，
故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
4．(2018·昆明模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x－1.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程；
(2)当x∈(0,1]时，f(x)≤0，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x2－3x－1，
所以f′(x)＝＋2x－3(x>0)，
所以f′(1)＝0，又f(1)＝－3，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程为y＝－3.
(2)f′(x)＝(x>0)，
当a＝0时，若x∈(0,1]，则f′(x)＝≥0，
所以函数f(x)在(0,1]上为增函数，
所以函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝－2<0成立．
当a≠0时，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝或x＝1，
当<0，即a<0时，易知函数f(x)在(0,1]上为增函数，
所以函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝－a－2，
又f(1)≤0，所以－2≤a<0；
当0<<1，即a>时，易知函数f(x)在上为增函数，在上为减函数，
所以函数f(x)在(0,1]上的最大值为f，
因为f＝ln＋a·2－－1
＝ln－－2<0成立，所以a>；
当＝1，即a＝时，易知函数f(x)在(0,1]上为增函数，
所以函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝－a－2＝
－<0成立，所以a＝；
当>1，即0 所以函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝－a－2<0成立，所以0 综上所述，实数a的取值范围为[－2，＋∞)．