2020版高考数学（理）新创新一轮复习通用版讲义：第三章第三节导数的综合应用

第三节导数的综合应用
第一课时　利用导数解不等式
考法一　f(x)与f′(x)共存的不等式问题

f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型
[典例]　(1)定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)＜，则不等式f(lg x)＞的解集为__________．
(2)设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的解集为__________________．
[解析]　(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－x，
则g′(x)＝f′(x)－＜0，
所以g(x)在定义域内是减函数．
因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－＝，
由f(lg x)＞，得f(lg x)－lg x＞.
即g(lg x)＝f(lg x)－lg x＞＝g(1)，
所以lg x＜1，解得0＜x＜10.
所以原不等式的解集为(0,10)．
(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．
[答案]　(1)(0,10)　(2)(－∞，－3)∪(0,3)


(1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0) ，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．
(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0) ，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．
特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.
(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．
(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0)．　　

xf′(x)±nf(x)(n为常数)型
[典例]　(1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0, 当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0,1)　　　 B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是(　　)
A．f(x)＞0 B．f(x)＜0
C．f(x)＞x D．f(x)＜x
[解析]　(1)令g(x)＝，则g′(x)＝.
由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．
∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，
∴f(1)＝－f(－1)＝0，
∴g(1)＝f(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.
又∵f(x)是奇函数，
∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；
当x∈(－1,0)时，f(x)＜0.
综上，所求x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
(2)令g(x)＝x2f(x)－x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．
当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)－x4＞0，从而f(x)＞x2＞0；
当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，
即x2f(x)－x4＞0，从而f(x)＞x2＞0；
当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.
综上可知，f(x)＞0.
[答案]　(1)A　(2)A

(1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.
(2)对于xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，构造F(x)＝，则F′(x)＝(注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)＞0，构造F(x)＝，则F′(x)＝＞0.　　

f′(x)±λf(x)(λ为常数)型
[典例]　(1)已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)＞f′(x)，则有(　　)
A．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
B．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
C．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0)
D．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0)
(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)＞0恒成立，且f(2)＝(e为自然对数的底数)，则不等式exf(x)－e＞0的解集为________．
[解析]　(1)构造函数h(x)＝，则h′(x)＝＜0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2 019)＞h(0)，即＞⇒e2 019f(－2 019)＞f(0)；同理，h(2 019)＜h(0)，即f(2 019)＜e2 019f(0)，故选D.
(2)由f(x)＋2f′(x)＞0得2＞0，可构造函数h(x)＝ef(x)，则h′(x)＝e [f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函数h(x)＝ef(x)在R上单调递增，且h(2)＝ef(2)＝1.不等式exf(x)－e＞0等价于ef(x)＞1，即h(x)＞h(2)⇒x＞2，所以不等式exf(x)－e＞0的解集为(2，＋∞)．
[答案]　(1)D　(2)(2，＋∞)

(1)对于不等式f′(x)＋f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝exf(x)．
(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝.


[典例]　已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1，若对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　法一：构造函数法
设g(x)＝xe2x－ax－ln x－1(x＞0)，对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则只需g(x)min≥0即可．
因为g′(x)＝(2x＋1)e2x－a－，
令h(x)＝(2x＋1)e2x－a－(x＞0)，
则h′(x)＝4(x＋1)e2x＋＞0，
所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为当x―→0时，h(x)―→－∞，当x―→＋∞时，h(x)―→＋∞，
所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0，
满足(2x0＋1)e2x0－a－＝0，
所以a＝(2x0＋1)e2x0－，且g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(x0)＝x0e2x0－ax0－ln x0－1＝－2xe2x0－ln x0，
则由g(x)min≥0，得2xe2x0＋ln x0≤0，
此时0＜x0＜1，e2x0≤－，
所以2x0＋ln(2x0)≤ln(－ln x0)＋(－ln x0)，
设S(x)＝x＋ln x(x＞0)，则S′(x)＝1＋＞0，
所以函数S(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为S(2x0)≤S(－ln x0)，
所以2x0≤－ln x0即e2x0≤，
所以a＝(2x0＋1)e2x0－≤(2x0＋1)·－＝2，
所以实数a的取值范围为(－∞，2]．
法二：分离参数法
因为f(x)＝ax＋ln x＋1，所以对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于a≤e2x－在(0，＋∞)上恒成立．
令m(x)＝e2x－(x＞0)，则只需a≤m(x)min即可，则m′(x)＝，
再令g(x)＝2x2e2x＋ln x(x＞0)，则g′(x)＝4(x2＋x)e2x＋＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g＝－2ln 2＜0，g(1)＝2e2＞0，
所以g(x)有唯一的零点x0，且＜x0＜1，
所以当0＜x＜x0时，m′(x)＜0，当x＞x0时，m′(x)＞0，
所以m(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
因为2xe2x0＋ln x0＝0，
所以ln 2＋2ln x0＋2x0＝ln(－ln x0)，
即ln(2x0)＋2x0＝ln(－ln x0)＋(－ln x0)，
设s(x)＝ln x＋x(x＞0)，则s′(x)＝＋1＞0，
所以函数s(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为s(2x0)＝s(－ln x0)，
所以2x0＝－ln x0，即e2x0＝，
所以m(x)≥m(x0)＝e2x0－＝－－＝2，则有a≤2，
所以实数a的取值范围为(－∞，2]．

求解不等式恒成立问题的方法
(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x) 或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
(2)分离函数法：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．　　
[过关训练]
(2019·陕西教学质量检测)设函数f(x)＝ln x＋，k∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；
(2)若对任意的x1＞x2＞0，f(x1)－f(x2)＜x1－x2恒成立，求k的取值范围．
解：(1)由条件得f′(x)＝－(x＞0)，
∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，
∴f′(e)＝0，即－＝0，得k＝e，
∴f′(x)＝－＝(x＞0)，
由f′(x)＜0得0＜x＜e，由f′(x)＞0得x＞e，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
当x＝e时，f(x)取得极小值，且f(e)＝ln e＋＝2.
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题意知，对任意的x1＞x2＞0，f(x1)－x1＜f(x2)－x2恒成立，
设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x＞0)，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即当x＞0时，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立，
∴k≥.故k的取值范围是.
考法三　可化为不等式恒成立问题

[典例]　已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax.
(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
(2)若函数g(x)＝，对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，
而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则ymax＝－3，∴a≥－3，∴a的最小值为－3.
(2)“对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f′(x)max≤g(x)max”．
∵f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上单调递增，
∴f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.
而g′(x)＝，由g′(x)＞0，得x＜1，
由g′(x)＜0，得x＞1，
∴g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
∴当x∈时，g(x)max＝g(1)＝.
由8＋a≤，得a≤－8，
∴实数a的取值范围为.

(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值．
(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值(这里假设f(x)max，g(x)max存在)．其等价转化的基本思想是：函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数y＝g(x)的所有函数值．　　
[过关训练]
已知函数f(x)＝，g(x)＝－x3＋(a＋1)x2－3ax－1，其中a为常数．
(1)当a＝1时，求曲线g(x)在x＝0处的切线方程；
(2)若a＜0，对于任意的x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，g(x)＝－x3＋3x2－3x－1，
所以g′(x)＝－3x2＋6x－3，g′(0)＝－3，又因为g(0)＝－1，
所以曲线g(x)在x＝0处的切线方程为y＋1＝－3x，即3x＋y＋1＝0.
(2)f(x)＝＝＝3－，
当x∈[1,2]时，∈，
所以－∈[－3，－2]，
所以3－∈[0,1]，故f(x)在[1,2]上的值域为[0,1]．
由g(x)＝－x3＋(a＋1)x2－3ax－1，可得
g′(x)＝－3x2＋3(a＋1)x－3a＝－3(x－1)(x－a)．
因为a＜0，所以当x∈[1,2]时，g′(x)＜0，
所以g(x)在[1,2]上单调递减，
故当x∈[1,2]时，
g(x)max＝g(1)＝－1＋(a＋1)－3a－1＝－a－，
g(x)min＝g(2)＝－8＋6(a＋1)－6a－1＝－3，
即g(x)在[1,2]上的值域为.
因为对于任意的x1∈[1,2] ，总存在x2∈[1,2]，
使得f(x1)＝g(x2)，
所以[0,1]⊆，
所以－a－≥1，解得a≤－1，
故a的取值范围为(－∞，－1]．

1．(2019·南昌调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x＞0都有2f(x)＋xf′(x)＞0成立，则(　　)
A．4f(－2)＜9f(3)　　　　 B．4f(－2)＞9f(3)
C．2f(3)＞3f(－2) D．3f(－3)＜2f(－2)
解析：选A　根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导函数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意的x＞0都有2f(x)＋xf′(x)＞0成立，则当x＞0时，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]＞0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)＜g(3)，则有g(－2)＜g(3)，即有4f(－2)＜9f(3)．
2．f(x)在(0，＋∞)上的导函数为f′(x)，xf′(x)＞2f(x)，则下列不等式成立的是(　　)
A．2 0182f(2 019)＞2 0192f(2 018)
B．2 0182f(2 019)＜2 0192f(2 018)
C．2 018f(2 019)＞2 019f(2 018)
D．2 018f(2 019)＜2 019f(2 018)
解析：选A　令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝＝＞0，
则g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
即＞，
∴2 0182f(2 019)＞2 0192f(2 018)．
3．(2019·郑州质检)若对于任意的正实数x，y都有ln≤成立，则实数m的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　由ln≤，
可得ln≤.
设＝t，令f(t)＝(2e－t)·ln t，t＞0，
则f′(t)＝－ln t＋－1，令g(t)＝－ln t＋－1，t＞0，则g′(t)＝－－＜0，
∴g(t)在(0，＋∞)上单调递减，即f′(t)在(0，＋∞)上单调递减．
∵f′(e)＝0，∴f(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴f(t)max＝f(e)＝e，∴e≤，
∴实数m的取值范围为.
4．设函数f(x)＝ex－(e为自然对数的底数)，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________．
解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min.而g′(x)＝ex(x2－x)，由g′(x)＞0可得 x∈(1，＋∞)，由g′(x)＜0可得x∈(0,1)，∴函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e.
答案：e
5．(2018·武汉质检)已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)∵函数f(x)＝xln x的定义域是(0，＋∞)，
∴f′(x)＝ln x＋1.
令f′(x)＜0，得ln x＋1＜0，解得0＜x＜，
∴f(x)的单调递减区间是.
令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞，
∴f(x)的单调递增区间是.
综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1,2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立．∵x＞0，∴a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x＞0)，则h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去)．
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)

极大值


∴当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．
6．(2019·郑州质检)已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R，在点(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0＜x＜1，令f′(x)＜0，得x＞1，
∴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)(x＞1)，
则g′(x)＝－x＋1－k＝，
令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1(x＞1)，则h(x)的对称轴为x＝.
①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，
∴h(x)＜h(1)＝1－k.
若k≥1，则h(x)＜0，∴g′(x)＜0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递减，∴g(x)＜g(1)＝0，不合题意；
若－1≤k＜1，则h(1)＞0，∴必存在x0使得x∈(1，x0)时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，易知必存在x，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的取值范围为(－∞，1)．
7．已知函数f(x)＝xex＋(e为自然对数的底数)．
(1)求证：函数f(x)有唯一零点；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，xex－ln x≥1＋kx恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1)证明：f′(x)＝(x＋1)ex＋，x∈(0，＋∞)，
易知当0＜x＜1时，f′(x)＞0,
所以f(x)在区间(0,1)上为增函数，
又因为f＝＜0，f(1)＝e＞0，
所以ff(1)＜0，即f(x)在区间(0,1)上恰有一个零点，
由题可知f(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，即在(1，＋∞)上无零点，
所以f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(2)设f(x)的零点为x0，即x0ex0＋＝0.
原不等式可化为≥k，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
由(1)可知g(x)在(0，x0) 上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故g(x0) 为g(x)的最小值．
下面分析x0ex0＋＝0，
设x0ex0＝t，则＝－t，
可得即x0(1－t)＝ln t，
若t＞1，等式左负右正不相等；若t＜1，等式左正右负不相等，只能t＝1.
因此g(x0)＝＝－＝1，所以k≤1.
即实数k的取值范围为(－∞，1]．
第二课时　利用导数证明不等式


移项作差构造法证明不等式
[例1]　已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx(e为自然对数的底数)，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
[解]　(1)因为f(x)＝1－，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
即g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x，
则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，
即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.

待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．　　

隔离审查分析法证明不等式
[例2]　(2019·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex2－xln x．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋.
[证明]　要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋.
令h(x)＝ln x＋(x＞0)，则h′(x)＝，
易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立．

若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．　　

放缩法证明不等式
[例3]　已知函数f(x)＝ax－ln x－1.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；
(2)求证：＋x＋ln x－1≥0；
(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xln x恒成立，求k的取值范围．
[解]　(1)f(x)≥0等价于a≥.
令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝－，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，
则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，
所以a的最小值为1.
(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，
即t≥ln t＋1(t＞0)．
令＝t，则－x－ln x＝ln t，
所以≥－x－ln x＋1，
即＋x＋ln x－1≥0.
(3)因为k(e－x＋x2)≥x－xln x恒成立，即k≥1－ln x恒成立，
所以k≥＝－＋1，
由(2)知＋x＋ln x－1≥0恒成立，
所以－＋1≤1，所以k≥1.
故k的取值范围为[1，＋∞)．

导数的综合应用题中，最常见就是ex和ln x与其他代数式结合的难题，对于这类问题，可以先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩公式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；
(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；
(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋x2, 当且仅当x＝0时取等号；
(4)当x≥0时，ex≥x2＋1, 当且仅当x＝0时取等号；
(5)≤ln x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号；
(6)当x≥1时，≤ln x≤，当且仅当x＝1时取等号．　　

[典例]　已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.
[解]　(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1) ＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
即ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2，设φ(t)＝t－ln t(t＞0)，
则φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，
所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
因为x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥成立．

破解含双参不等式的证明的关键
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；
二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．　　
[过关训练]
　已知函数f(x)＝ln x＋.
(1)求f(x)的最小值；
(2)若方程f(x)＝a有两个根x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2a.
解：(1)因为f′(x)＝－＝(x＞0)，
所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值．
当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
函数f(x)在x＝a处取最小值f(a)＝ln a＋1.
(2)证明：若函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2(x1＜x2)，
由(1)可得0＜x1＜a＜x2.
令g(x)＝f(x)－f(2a－x)(0＜x＜a)，
则g′(x)＝(x－a)＝－＜0，
所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，
即f(x)＞f(2a－x)．
令x＝x1＜a，则f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，
由(1)可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1，
故x1＋x2＞2a.

[典例]　已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋.
(1)若x＞0时，f(x)＞1恒成立，求a的取值范围；
(2)求证：ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．
[解]　(1)由ln(x＋1)＋＞1，得
a＞(x＋2)－(x＋2)ln(x＋1)．
令g(x)＝(x＋2)[1－ln(x＋1)]，
则g′(x)＝1－ln(x＋1)－＝－ln(x＋1)－.
当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以g(x)＜g(0)＝2，故a的取值范围为[2，＋∞)．
(2)证明：由(1)知ln(x＋1)＋＞1(x＞0)，
所以ln(x＋1)＞.
令x＝(k＞0)，得ln＞，
即ln＞.
所以ln＋ln＋ln ＋…＋ln＞＋＋＋…＋，
即ln(n＋1)＞＋＋＋…＋(n∈N*)．

证明与数列有关的不等式的策略
(1)证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到．
(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex＞x＋1可化为ln(x＋1)＜x等．　　
[过关训练]
　(2019·长春质检)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ ln(x＋a)＋b.
(1)若函数f(x)与g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求a，b的值；
(2)当b＝0时，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整数a的最大值；
(3)求证：ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜(n∈N*)．
解：(1)因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，所以f(0)＝g(0)且f′(0)＝g′(0)，
又因为f′(x)＝ex，g′(x)＝，所以1＝ln a＋b,1＝，
解得a＝1，b＝1.
(2)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，
即ex≥x＋1.
同理可得ln(x＋2)≤x＋1，即ex＞ln(x＋2)，
当a≤2时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜ex，
所以当a≤2时，f(x)－g(x)＞0恒成立．
当a≥3时，e0＜ln a，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立．
故整数a的最大值为2.
(3)证明：由(2)知ex＞ln(x＋2)，令x＝，
则e＞ln，
即e－n＋1＞n＝[ln(n＋1)－ln n]n，
所以e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n，
又因为e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝＜＝，
所以ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜.

1．(2019·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2ln x，a＞0.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)当x＞2a时，证明：＞a.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－＝.
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以当x＝a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)＝a2－a2ln a.
(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，
则所证不等式等价于f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0.
设g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)，
则当x＞2a时，
g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a
＝＞0，
所以g(x)在(2a，＋∞)上单调递增，
当x＞2a时，g(x)＞g(2a)＝0，
即f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0，
故＞a.
2．(2018·黄冈模拟)已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当0＜x1＜x2时，e1－x2－e1－x1＞1－.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f(x)＝λln x－e－x，
∴f′(x)＝＋e－x＝，
∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.
令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，
当0＜x＜1时，φ′(x)＜0；当x＞1时，φ′(x)＞0，
则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＞0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－.
②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，
由①得φ(x)＝－在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又∵φ(0)＝0，当x―→＋∞时，φ(x)＜0，∴λ≥0.
综上，λ的取值范围为∪[0，＋∞)．
(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，
∵0＜x1＜x2，
∴f(x1)＞f(x2)，即－ln x1－e－x1＞－ln x2－e－x2，
∴e1－x2－e1－x1＞ln x1－ln x2.
要证e1－x2－e1－x1＞1－，只需证ln x1－ln x2＞1－，即证ln ＞1－，
令t＝，t∈(0,1)，则只需证ln t＞1－，
令h(t)＝ln t＋－1，则当0＜t＜1时，h′(t)＝＜0，
∴h(t)在(0,1)上单调递减，又∵h(1)＝0，∴h(t)＞0，即ln t＞1－，故原不等式得证．
3．(2019·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)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)．
解：(1)∵f(x)＝kx－ln x－1，∴f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)；当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞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.
(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)．
第三课时　导数与函数的零点问题
考法一　判断函数零点的个数
[典例]　设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
[解]　由题设，g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x＞0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.
由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，

可知①当m＞时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．

函数零点个数也就是函数图象与x轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：

(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数，即“几个交点几个根，正负极值定乾坤”；
(2)分离参数，将问题转化为：求直线y＝a与函数y＝f(x)的图象交点个数问题，即“求根问题要通变，分离参数放左边”．　　
[过关训练]
1．[口诀第1、2句]已知函数f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－，求方程f(x)＝0的解的个数．
解：因为f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－(x＞0)，
所以f′(x)＝－x＋2＝＝，
当x∈(0,3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－＋6－3ln 3－＝0，
因为当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以方程f(x)＝0只有一个解．
2．[口诀第3、4句]设f(x)＝x－－2ln x.
(1)求证：当x≥1时，f(x)≥0恒成立；
(2)讨论关于x的方程x－－f(x)＝x3－2ex2＋tx根的个数．
解：(1)证明：f(x)＝x－－2ln x的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝1＋－＝＝≥0，
∴f(x)在[1，＋∞)上是单调增函数，
∴f(x)≥f(1)＝1－1－2ln 1＝0对于x∈[1，＋∞)恒成立．
故当x≥1时，f(x)≥0恒成立得证．
(2)化简方程得2ln x＝x3－2ex2＋tx.
注意到x＞0，则方程可变为＝x2－2ex＋t.
令L(x)＝，H(x)＝x2－2ex＋t，
则L′(x)＝.
当x∈(0，e)时，L′(x)＞0，∴L(x)在(0，e)上为增函数；
当x∈(e，＋∞)时，L′(x)＜0，∴L(x)在(e，＋∞)上为减函数．
∴当x＝e时，L(x)max＝L(e)＝.
函数L(x)＝，H(x)＝(x－e)2＋t－e2在同一坐标系内的大致图象如图所示．

由图象可知，①当t－e2＞，即t＞e2＋时，方程无实数根；
②当t－e2＝，即t＝e2＋时，方程有一个实数根；
③当t－e2＜，即t＜e2＋时，方程有两个实数根．
考法二　 由函数零点个数求参数
[典例]　(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
[解]　(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，
则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．
①当h(2)＞0，即a＜时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．
②当h(2)＝0，即a＝时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
③当h(2)＜0，即a＞时，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.

根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．　　
[过关训练]
1．(2019·安阳一模)已知函数f(x)＝＋与g(x)＝6x＋a的图象有3个不同的交点，则a的取值范围是________．
解析：原问题等价于函数h(x)＝＋－6x与函数y＝a的图象有3个不同的交点，
由h′(x)＝x2＋x－6＝(x－2)(x＋3)，得x＝2或x＝－3，
当x∈(－∞，－3)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；
当x∈(－3,2)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．
且h(－3)＝，h(2)＝－，
数形结合可得a的取值范围是.
答案：
2．(2019·赣州模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝aex－x－2a，∴f′(x)＝aex－1.
当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；
当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝ln，函数f(x)在 上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)的最小值为f＝1－ln－2a＝1＋ln a－2a.
令g(a)＝1＋ln a－2a(a＞0)，则g′(a)＝－2.
当a∈时，g(a)单调递增；当a∈时，g(a)单调递减，
∴g(a)max＝g＝－ln 2＜0，
∴f(x)的最小值为f＜0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．
综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)．
答案：(0，＋∞)

1．设a为实数，函数f(x)＝－x3＋3x＋a.
(1)求f(x)的极值；
(2)是否存在实数a，使得方程f(x)＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)f′(x)＝－3x2＋3，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.
∵当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0；当x∈(－1,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增．
∴f(x)的极小值为f(－1)＝a－2，极大值为f(1)＝a＋2.
(2)方程f(x)＝0恰好有两个实数根，等价于直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有两个交点．∵y＝x3－3x，∴y′＝3x2－3.令y′＞0，解得x＞1或x＜－1；令y′＜0，解得－1＜x＜1.
∴y＝x3－3x在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)和(－∞，－1)上为增函数．∴当x＝－1时，y极大值＝2；当x＝1时，y极小值＝－2.∴y＝x3－3x的大致图象如图所示．
y＝a表示平行于x轴的一条直线，由图象知，当a＝2或a＝－2时，y＝a与y＝x3－3x有两个交点．
故当a＝2或a＝－2时，方程f(x)＝0恰好有两个实数根．
2．(2019·锦州联考)已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.∵函数f(x)在x＝0处取得极值，∴f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1.∴f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1.∴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．易知f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f(－2)＝＋3，f(1)＝e，f(－2)＞f(1)，
∴f(x)在[－2,1]上的最大值是＋3.
(2)f′(x)＝ex＋a.
①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，且当x＞1时，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0；
当x＜0时，取x＝－，则f＜1＋a＝－a＜0，∴函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a＜0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，则x＝ln(－a)．
当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)＞0 ，f(x)单调递增，
∴当x＝ln(－a)时，f(x)取得极小值，也是最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，解得－e2＜a＜0.
综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．
3．(2018·郑州第一次质量预测)已知函数f(x)＝ln x＋－(a∈R且a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数．
解：(1)f′(x)＝(x＞0)，
当a＜0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，由f′(x)＝＞0，得x＞，
由f′(x)＝＜0，得0＜x＜，
函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)当x∈时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数，等价于方程(ln x－1)ex＋x＝m的根的个数．
令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，
则h′(x)＝ex＋1.
由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，
∴当x∈时，f(x)≥f(1)＝0.
∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立．
∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1＞0，
∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上单调递增，
∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝h(e)＝e.
∴当m＜－2e＋或 m＞e时，函数g(x)在上没有零点；
当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)在上有一个零点．
4．(2019·益阳、湘潭调研)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝(x－e)，即y＝x.
(2)f′(x)＝(x＞0)，
①当a≤0时，显然f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞0时，令f′(x)＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知Δ＞0恒成立．
设方程的两根分别为x1，x2(x1＜x2)，则x1x2＝－＜0，∴x1＜0＜x2，
∴f′(x)＝＝(x＞0)．
由f′(x)＞0得x∈(0，x2)，由f′(x)＜0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝，
∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(3)函数f(x)有两个零点，等价于方程a＝有两解．
令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝.
由g′(x)＝＞0，得2ln x＋x＜1，解得0＜x＜1，
∴g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，
又∵当x≥1时，g(x)＞0，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
∴作出函数g(x)的大致图象如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a∈(0,1)时符合题意．

下面给出证明：
当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意；
当a≤0时，方程至多一解，不符合题意；
当a∈(0,1)时，g＜0，∴g－a＜0，
g＝＜＝a，
∴g－a＜0.
∴方程在与上各有一个根，
∴若f(x)有两个零点，a的取值范围为(0,1)．