資源簡介

導數考點精講
1．導數的概念
一般地，函數在處的瞬時變化率是
，
稱它為函數在處的導數，記作或，即．
2．導函數
從求函數在處導數的過程可以看出，當時，是一個確定的數．這樣，當變化時，便是的一個函數，我們稱它為的導函數（簡稱導數）．的導函數有時也記作，即．
3．基本初等函數的導數公式
（1）若（為常數），則；
（2）若，則；
（3）若，則；
（4）若，則；
（5）若，則；
（6）若，則；
（7）若，則；
（8）若，則．
4．導數運算法則
（1）．
（2）．
（3）．
5．復合函數的導數
一般地，對于兩個函數和，如果通過變量可以表示成的函數，那么稱這個函數為函數和的復合函數，記作．
復合函數的導數和函數的導數間的關系為，即對的導數等于對的導數與對的導數的乘積．
6．導數的幾何意義
函數在處的導數就是曲線在處的切線的斜率，即．
7. 求在某點處的切線方程
（1）求出函數在處的導數，即曲線在處切線的斜率；
（2）在已知切點坐標和切線斜率的條件下，求得切線方程為
8. 求過某點處的切線方程
（1）設出切點坐標；
（2）利用切點坐標寫出切線方程：；
（3）將已知調價代入（2）中的切線方程求解.
9．函數單調性的判斷
一般地，函數的單調性與其導函數的正負有如下關系：在某個區間內，如果，那么函數在這個區間內單調遞增；如果，那么函數在這個區間內單調遞減．
10．求函數單調區間的步驟
（1）確定的定義域．
（2）求導數，求出的根．
（3）函數的無定義點和的根將的定義域分成若干區間，列表確定這若干區間內的符號．
（4）由的符號確定的單調區間．
11．在區間單調與存在單調區間問題
(1)若函數f(x)在(a，b)上單調遞增，則x∈(a，b)時，f′(x)≥0恒成立；若函數f(x)在(a，b)上單調遞減，則x∈(a，b)時，f′(x)≤0恒成立．
(2)若函數f(x)在(a，b)上存在單調遞增區間，則x∈(a，b)時，f′(x)>0有解；若函數f(x)在(a，b)上存在單調遞減區間，則x∈(a，b)時，f′(x)<0有解．
12．極值的相關概念
如圖，函數在點的函數值比它在點附近其他點的函數值都小，；而且在點附近的左側，右側．類似地，函數在點的函數值比它在點附近其他點的函數值都大，；而且在點附近的左側，右側．
我們把點叫做函數的極小值點，叫做函數的極小值；點叫做函數的極大值點，叫做函數的極大值．極小值點、極大值點統稱為極值點，極大值和極小值統稱為極值．
13．最大值和最小值的存在性
一般地，如果在區間上函數的圖象是一條連續不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值．
14．求函數在上的最大（?。┲档牟襟E
（1）求函數在內的極值．
（2）將函數的各極值與端點處的函數值比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
第 1 頁（共 23 頁）導數題型專練
【利用公式和四則運算求導】
【例1】下列求導運算正確的是(　　)
A.′＝－ B．(x2ex)′＝2x＋ex
C.′＝－sin D.′＝1＋
【答案】　AD
【解析】　′＝－·(ln x)′＝－，
故A正確；
(x2ex)′＝(x2＋2x)ex，故B錯誤；
′＝－2sin，故C錯誤；
′＝1＋，故D正確．
【復合函數求導】
【例2】設函數，若，則 ．
【答案】 1;
【解析】 函數，
，
，
，解得，
故答案為：．
【根據導數構造抽象函數】
【例3】已知可導函數的導函數為，若對任意的，都有，且為奇函數，則不等式的解集為（ ）．
A. B. C. D.
【答案】 A;
【解析】 設，由，
得：，
故函數在遞減，
由為奇函數，得，
∴，即，
∵不等式，
∴，即，
結合函數的單調性得：，
故不等式的解集是．
故選．
【求在某點處的切線方程】
【例4】曲線y＝在點(－1，－3)處的切線方程為__________．
【答案】　5x－y＋2＝0
【解析】　y′＝′＝＝，所以y′|x＝－1＝＝5，所以切線方程為y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0.
【求過某點處的切線方程】
【例5】過點的切線方程是( )．
A. B.
C. 或 D. 或
【答案】 C;
【解析】 設切點坐標為，，切線斜率，
則，
解得或，
∴所求切線方程為或．
【根據切線求參數問題】
【例6】直線y＝kx＋1與曲線f(x)＝aln x＋b相切于點P(1,2)，則2a＋b等于(　　)
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】　A
【解析】　∵直線y＝kx＋1與曲線f(x)＝aln x＋b相切于點P(1,2)，
將P(1,2)代入y＝kx＋1，
可得k＋1＝2，解得k＝1，
∵ f(x)＝aln x＋b，∴ f′(x)＝，
由f′(1)＝＝1，
解得a＝1，可得f(x)＝ln x＋b，
∵P(1,2)在曲線f(x)＝ln x＋b上，
∴f(1)＝ln 1＋b＝2，
解得b＝2，故2a＋b＝2＋2＝4.
【例7】過定點P(1，e)作曲線y＝aex(a>0)的切線，恰有2條，則實數a的取值范圍是________．
【答案】　(1，＋∞)
【解析】　由y′＝aex，若切點為(x0，)，
則切線方程的斜率k＝＝>0，
∴切線方程為y＝(x－x0＋1)，
又P(1，e)在切線上，
∴(2－x0)＝e，
即＝(2－x0)有兩個不同的解，
令φ(x)＝ex(2－x)，
∴φ′(x)＝(1－x)ex，
當x∈(－∞，1)時，φ′(x)>0；
當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
∴φ(x)max＝φ(1)＝e，
又x→－∞時，φ(x)→0；
x→＋∞時，φ(x)→－∞，
∴0<解得a>1，即實數a的取值范圍是(1，＋∞)．
【兩曲線的公切線】
【例8】已知函數f(x)＝xln x，g(x)＝x2＋ax(a∈R)，直線l與f(x)的圖象相切于點A(1,0)，若直線l與g(x)的圖象也相切，則a等于(　　)
A．0 B．－1 C．3 D．－1或3
【答案】　D
【解析】　由f(x)＝xln x求導得f′(x)＝1＋ln x，
則f′(1)＝1＋ln 1＝1，于是得函數f(x)在點A(1,0)處的切線l的方程為y＝x－1，
因為直線l與g(x)的圖象也相切，則方程組有唯一解，即關于x的一元二次方程x2＋(a－1)x＋1＝0有兩個相等的實數根，
因此Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3，
所以a＝－1或a＝3.
【利用導數確定函數圖象】
【例9】已知函數，則的圖象大致為（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】 A;
【解析】 令，則，
由，得，即函數在上單調遞增，
由得，即函數在上單調遞減，
所以當時，函數有最小值，，
于是對任意的，有，故排除、，
因為函數在上單調遞減，則函數在上單調遞增，故排除．
故選．
【利用導數求具體函數的單調性】
【例10】函數f(x)＝x2－2ln x的單調遞減區間是(　　)
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
【答案】　A
【解析】　∵f′(x)＝2x－
＝(x>0)，
令f′(x)＝0，得x＝1，
∴當x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．
【例11】若函數f(x)＝，則函數f(x)的單調遞減區間為________．
【答案】　(1，＋∞)
【解析】　f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝，
令φ(x)＝－ln x－1(x>0)，
φ′(x)＝－－<0，
φ(x)在(0，＋∞)上單調遞減，且φ(1)＝0，
∴當x∈(0,1)時，φ(x)>0，
當x∈(1，＋∞)時，φ(x)<0，
∴f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．
【利用導數求含參函數的單調性】
【例12】已知函數．
討論的單調性．
【答案】 當時，增區間為，無減區間；
當時，增區間為，減區間為．
【解析】 函數的定義域為：，
，
①當時，恒成立，在上單調遞增，無減區間；
②當時，令，解得，
∴增區間為，減區間為
綜上：當時，增區間為，無減區間；
當時，增區間為，減區間為．
【例13】已知函數是自然對數的底數）．
討論的單調性．
【答案】 當時，在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增．
【解析】 ，
當時，，在上單調遞減；
當時，由得，所以在上單調遞減；
由得，所以在上單調遞增．
綜上，當時，在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增．
【導數解決單調性的應用-比較大小】
【例14】已知函數f(x)＝xsin x，x∈R，則f ，f(1)，f 的大小關系為(　　)
A．f >f(1)>f B．f(1)>f >f
C．f >f(1)>f D．f >f >f(1)
【答案】　A
【解析】　因為f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以函數f(x)是偶函數，所以f ＝f .又當x∈時，f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以函數f(x)在上單調遞增，所以f f(1)>f .
【導數解決單調性的應用-解不等式】
【例15】已知函數f(x)＝ex－e－x－2x＋1，則不等式f(2x－3)>1的解集為________．
【答案】　
【解析】　f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定義域為R，
f′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，
當且僅當x＝0時取“＝”，
∴f(x)在R上單調遞增，
又f(0)＝1，
∴原不等式可化為f(2x－3)>f(0)，
即2x－3>0，解得x>，
∴原不等式的解集為.
【導數解決單調性的應用-求參數范圍】
【例16】已知函數f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在區間上單調遞增，則實數a的取值范圍為________．
【答案】　
【解析】　由題意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，
即2a≥－x＋在上恒成立，
∵max＝，
∴2a≥，即a≥.
【根據函數圖象判斷極值】
【例17】設函數f(x)在R上可導，其導函數為f′(x)，且函數y＝(x－1)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結論中正確的是(　　)
A．函數f(x)有極大值f(－3)和f(3) B．函數f(x)有極小值f(－3)和f(3)
C．函數f(x)有極小值f(3)和極大值f(－3) D．函數f(x)有極小值f(－3)和極大值f(3)
【答案】　D
【解析】　由題圖知，當x∈(－∞，－3)時，
y>0，x－1<0 f′(x)<0，f(x)單調遞減；
當x∈(－3,1)時，y<0，x－1<0 f′(x)>0，f(x)單調遞增；
當x∈(1,3)時，y>0，x－1>0 f′(x)>0，f(x)單調遞增；
當x∈(3，＋∞)時，y<0，x－1>0 f′(x)<0，f(x)單調遞減．
所以函數有極小值f(－3)和極大值f(3)．
【利用導數求函數的極值】
【例18】已知函數，其中．
求函數的極值．
【答案】 當時，在單調遞減，無極值，
當時，在單調遞增，上單調遞減．
∴有極大值．
【解析】 ，
，
令得，，
當時，在單調遞減，無極值，
當時，在單調遞增，上單調遞減．
∴有極大值．
【例19】已知函數 ．
判斷函數的極值點的個數，并說明理由．
【答案】 當時，函數有一個極值點；
當或時，函數有兩個極值點，
當時，函數無極值點．
【解析】 因為，所以．
（）當時，有，令，得．
當變化時，和的變化情況如下：
所以當時，函數只有一個極值點．
（）當時，令，得，．
①當時，．
當變化時，和的變化情況如下：
所以當時，函數有兩個極值點．
②當時，恒成立，
所以在上單調遞增，
所以當時，函數無極值點．
③當時，，
當變化時，和的變化情況如下：
所以當時，函數有兩個極值點，
綜上，當時，函數有一個極值點；
當或時，函數有兩個極值點，
當時，函數無極值點．
【已知極值(點)求參數】
【例20】函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處取得極值10，則a＋b等于(　　)
A．－7 B．0
C．－7或0 D．－15或6
【答案】　A
【解析】　由題意知，函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，
可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因為f(x)在x＝1處取得極值10，
可得
解得或
檢驗知，當a＝－3，b＝3時，
可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
此時函數f(x)單調遞增，函數無極值點，不符合題意；
當a＝4，b＝－11時，可得f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，
當x<－或x>1時，
f′(x)>0，f(x)單調遞增；
當－當x＝1時，函數f(x)取得極小值，符合題意．
所以a＋b＝－7.
【利用導數求函數的最值】
【例21】函數的最小值為 ．
【答案】 ;
【解析】 當時，，，此時單調遞減，此時．
當時，，，
當時，，單調遞減，
時，，單調遞增，
∴此時，
∵，∴的最小值為．
【例22】已知函數g(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)．
(1)若a＝1，求g(x)在區間[1，e]上的最大值；
(2)求g(x)在區間[1，e]上的最小值h(a)．
【答案】(1) e2－3e＋1；(2) h(a)＝
【解析】　(1)∵a＝1，
∴g(x)＝ln x＋x2－3x，
∴g′(x)＝＋2x－3＝，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，
∴g(x)在[1，e]上單調遞增，
∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.
(2)g(x)的定義域為(0，＋∞)，
g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝
＝.
①當≤1，即a≤2時，g(x)在[1，e]上單調遞增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②當1<③當≥e，即a≥2e時，g(x)在[1，e]上單調遞減，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
綜上，h(a)＝
【數形結合法研究函數零點】
【例23】已知函數f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)當a＝1時，討論f(x)的單調性；
(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．
【解析】　(1)當a＝1時，
f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，
解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x＋2)，即＝，
所以函數y＝的圖象與函數φ(x)＝的圖象有兩個交點，
φ′(x)＝，
當x∈(－∞，－1)時，φ′(x)>0；
當x∈(－1，＋∞)時，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(－∞，－1)上單調遞增，
在(－1，＋∞)上單調遞減，
所以φ(x)max＝φ(－1)＝e，且x→－∞時，
φ(x)→－∞；x→＋∞時，φ(x)→0，
所以0<.
所以a的取值范圍是.
【利用函數性質研究函數零點】
【例24】已知函數f(x)＝x－aln x(a>0)．
(1)求函數f(x)的單調區間；
(2)求函數g(x)＝x2－ax－f(x)的零點個數．
【解析】　(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
由f(x)＝x－aln x可得
f′(x)＝1－＝，
由f′(x)>0可得x>a；
由f′(x)<0可得0所以f(x)的單調遞減區間為(0，a)，
單調遞增區間為(a，＋∞)．
(2)由g(x)＝x2－ax－x＋aln x
＝x2－(a＋1)x＋aln x，
可得g′(x)＝x－(a＋1)＋
令g′(x)＝0可得x＝1或x＝a，
因為g(1)＝－a－1＝－a－<0，
g(2a＋3)＝(2a＋3)2－(a＋1)(2a＋3)＋
aln(2a＋3)＝a＋aln(2a＋3)＋>0，
當a>1時，g(x)在(1，a)上單調遞減，
所以g(1)>g(a)，
所以g(a)<0，所以g(x)有一個零點，
當a＝1時，g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
所以g(x)有一個零點，
當0在(a,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
此時g(a)＝a2－(a＋1)a＋aln a
＝－a2－a＋aln a<0，
g(x)只有一個零點，
綜上所述，g(x)在(0，＋∞)上只有一個零點．
【導數構造問題】
【例25】已知定義在R上的函數f(x)，其導函數為f′(x)，當x>0時，f′(x)－>0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝4f ，則a，b，c的大小關系是(　　)
A．cC．b【答案】　B
【解析】　構造函數g(x)＝(x>0)，
得g′(x)＝
＝，
由題知當x>0時，f′(x)－>0，
所以g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以>>，
即f(2)>2f(1)>4f ，即b>a>c.
【例26】(多選)已知f(x)是定義在(－∞，＋∞)上的函數，導函數f′(x)滿足f′(x)A．f(2)e2f(0)
C．e2f(－1)>f(1) D．e2f(－1)【答案】　AC
【解析】　構造F(x)＝，則F′(x)＝＝，導函數f′(x)滿足f′(x)【例27】(多選)定義在上的函數f(x)，已知f′(x)是它的導函數，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f(x)<0成立，則有(　　)
A．f >f B.f >f C．f >f D.f >f
【答案】　CD
【解析】　構造函數g(x)＝.
則g′(x)＝<0，即函數g(x)在上單調遞減，
所以g>g，
所以f >f ，
同理g>g，
即f >f .
【同構法導數構造】
【例28】若存在x，y∈(0，＋∞)使得xln(2ax)＋y＝xln y，則實數a的最大值為(　　)
A. B. C. D.
【答案】　B
【解析】　由xln(2ax)＋y＝xln y，
得ln(2a)＝ln－，
令t＝>0，g(t)＝ln t－t，
則g′(t)＝－1＝，
當00，當t>1時，g′(t)<0，
所以g(t)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
所以當t＝1時，
g(t)取得極大值即最大值g(1)＝－1，
因為當t→0時，g(t)→－∞，
所以g(t)∈(－∞，－1]，
所以ln 2a≤－1，所以0所以實數a的最大值為.
【分參法解決恒成立問題】
【例29】已知函數f(x)＝(x－2)ex－ax2＋ax(a∈R)．
(1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；
(2)當x≥2時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．
【解析】(1)當a＝0時，f(x)＝(x－2)ex，
f(0)＝(0－2)e0＝－2，
f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，
所以切線方程為y＋2＝－(x－0)，
即x＋y＋2＝0.
(2)方法一　當x≥2時，f(x)≥0恒成立，等價于當x≥2時，(x－2)ex－ax2＋ax≥0恒成立．
即a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立.
當x＝2時，0·a≤0，所以a∈R.
當x>2時，x2－x>0，
所以a≤＝恒成立．
設g(x)＝，則g′(x)＝，
因為x>2，所以g′(x)>0，
所以g(x)在區間(2，＋∞)上單調遞增．
所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2.
綜上所述，a的取值范圍是(－∞，e2]．
【整體法解決恒成立問題】
【例30】已知函數f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R)．
(1)若函數f(x)在x＝1處的切線與直線3x－y＝0平行，求a的值；
(2)若不等式f(x)≥ln x－a＋1對一切x∈[1，＋∞)恒成立，求實數a的取值范圍．
【解析】(1)f′(x)＝ex－1－a＋，
∴f′(1)＝2－a＝3，
∴a＝－1，
經檢驗a＝－1滿足題意，∴a＝－1，
(2)f(x)≥ln x－a＋1可化為
ex－1－ax＋a－1≥0，x>0，
令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，
則當x∈[1，＋∞)時，φ(x)min≥0，
∵φ′(x)＝ex－1－a，
①當a≤時，φ′(x)>0，
∴φ(x)在[1，＋∞)上單調遞增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，
∴a≤符合題意．
②當a>時，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.
當x∈(0，ln a＋1)時，φ′(x)<0，
當x∈(ln a＋1，＋∞)時，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，ln a＋1)上單調遞減，
在(ln a＋1，＋∞)上單調遞增．
當ln a＋1≤1，即φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，
∴當ln a＋1>1，即a>1時，φ(x)在[1，ln a＋1)上單調遞減，在(ln a＋1，＋∞)上單調遞增，
∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0與φ(x)≥0矛盾．故a>1不符合題意．
綜上，實數a的取值范圍為(－∞，1]．
【雙變量的恒(能)成立問題】
【例31】設f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數M；
(2)如果對于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求實數a的取值范圍．
解　(1)存在x1，x2∈[0,2]，
使得g(x1)－g(x2)≥M成立，
等價于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立．
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝，
∵g＝－，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴當x∈[0,2]時，g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝g＝－，
∴M≤1－＝，
∴滿足條件的最大整數M為4.
(2)對任意的s，t∈有f(s)≥g(t)，
則f(x)min≥g(x)max.
由(1)知當x∈時，g(x)max＝g(2)＝1，
∴當x∈時，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，
即a≥x－x2ln x恒成立．
令h(x)＝x－x2ln x，x∈，
∴h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x<0，
h′(x)在上單調遞減，
又h′(1)＝0，
∴當x∈時，h′(x)≥0，
當x∈[1,2]時，h′(x)≤0，
∴h(x)在上單調遞增，在[1,2]上單調遞減，
∴h(x)max＝h(1)＝1，
故a≥1.
∴實數a的取值范圍是[1，＋∞)．
【利用導數證明不等式】
【例32】已知函數g(x)＝x3＋ax2.
(1)若函數g(x)在[1,3]上為單調函數，求a的取值范圍；
(2)已知a>－1，x>0，求證：g(x)>x2ln x.
(1)解　由題意知，函數g(x)＝x3＋ax2，
則g′(x)＝3x2＋2ax，
若g(x)在[1,3]上單調遞增，
則g′(x)＝3x2＋2ax≥0在[1,3]上恒成立，
則a≥－；
若g(x)在[1,3]上單調遞減，
則g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，
則a≤－.所以a的取值范圍是∪.
(2)證明　由題意得，要證g(x)>x2ln x，x>0，
即證x3＋ax2>x2ln x，即證x＋a>ln x，
令u(x)＝x＋a－ln x，x>0，
可得u′(x)＝1－＝，x>0，
當0當x>1時，u′(x)>0，函數u(x)單調遞增．
所以u(x)≥u(1)＝1＋a，
因為a>－1，所以u(x)>0，
故當a>－1時，對于任意x>0，g(x)>x2ln x.
【例33】已知函數f(x)＝aln x＋x.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)當a＝1時，證明：xf(x)(1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝＋1＝.
當a≥0時，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
當a<0時，若x∈(－a，＋∞)，則f′(x)>0；
若x∈(0，－a)，則f′(x)<0.
所以f(x)在(－a，＋∞)上單調遞增，
在(0，－a)上單調遞減．
綜上所述，當a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
當a<0時，f(x)在(－a，＋∞)上單調遞增，
在(0，－a)上單調遞減．
(2)證明　當a＝1時，要證xf(x)即證x2＋xln x即證1＋<.
令函數g(x)＝1＋，
則g′(x)＝.
令g′(x)>0，得x∈(0，e)；
令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．
所以g(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，
所以g(x)max＝g(e)＝1＋，
令函數h(x)＝，
則h′(x)＝.
當x∈(0,2)時，h′(x)<0；
當x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0.
所以h(x)在(0,2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，
所以h(x)min＝h(2)＝.
因為－>0，
所以h(x)min>g(x)max，
即1＋<，從而xf(x)【例34】已知函數f(x)＝ex.
(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；
(2)當x>－2時，求證：f(x)>ln(x＋2)．
(1)解　由f(x)＝ex，得f(0)＝1，f′(x)＝ex，
則f′(0)＝1，即曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y－1＝x－0，
所以所求切線方程為x－y＋1＝0.
(2)證明　設g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)，
則g′(x)＝ex－1，
當－2當x>0時，g′(x)>0，
即g(x)在(－2,0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，
于是當x＝0時，g(x)min＝g(0)＝0，
因此f(x)≥x＋1(當且僅當x＝0時取等號)，
令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x>－2)，
則h′(x)＝1－＝，
則當－2當x>－1時，h′(x)>0，
即有h(x)在(－2，－1)上單調遞減，
在(－1，＋∞)上單調遞增，
于是當x＝－1時，h(x)min＝h(－1)＝0，
因此x＋1≥ln(x＋2)(當且僅當x＝－1時取等號)，所以當x>－2時，f(x)>ln(x＋2)．
【隱零點問題】
【例35】已知函數f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)證明不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．
【解析】 (1)　f′(x)＝－a＝(x>0)，
當a≤0時，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
當a>0時，令f′(x)＝0，得x＝，
所以當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；
當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．
綜上所述，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
當a>0時，f(x)在上單調遞增，
在上單調遞減．
(2)設函數φ(x)＝ex－2－ln x(x>0)，
則φ′(x)＝ex－2－，
可知φ′(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一實數根x0，且1則φ′(x0)＝－＝0，
即＝.
當x∈(0，x0)時，φ′(x)<0，φ(x)單調遞減；
當x∈(x0，＋∞)時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增，
所以φ(x)≥φ(x0)＝－ln x0，
結合＝，
知x0－2＝－ln x0，
所以φ(x)≥φ(x0)＝＋x0－2＝＝>0，
則φ(x)＝ex－2－ln x>0，
即不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．
【極值點偏移問題】
【例36】已知函數f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有兩個不同的零點x1，x2.證明：x1＋x2>2.
【解析】由f(x)＝aex－x＝0，得－a＝0，
令g(x)＝－a，
則g′(x)＝，
由g′(x)＝>0，得x<1；
由g′(x)＝<0，得x>1.
所以g(x)在(－∞，1)上單調遞增，
在(1，＋∞)上單調遞減，
由于x1，x2是方程g(x)＝0的實根，
不妨設x1<1方法一　(對稱化構造函數法)要證x1＋x2>2，
只要證x2>2－x1>1.
由于g(x)在(1，＋∞)上單調遞減，故只要證g(x2)由于g(x1)＝g(x2)＝0，
故只要證g(x1)令H(x)＝g(x)－g(2－x)＝－(x<1)，
則H′(x)＝－＝，
因為x<1，所以1－x>0,2－x>x，
所以e2－x>ex，即e2－x－ex>0，
所以H′(x)>0，所以H(x)在(－∞，1)上單調遞增．
所以H(x1)即有g(x1)所以x1＋x2>2.
方法二　(比值代換法)設0由g(x1)＝g(x2)，
得，
等式兩邊取對數得ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝>1，則x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝.
所以x1＋x2＝>2 ln t－>0，
設g(t)＝ln t－(t>1)，
所以g′(t)＝－＝>0，
所以當t>1時，g(t)單調遞增，
所以g(t)>g(1)＝0，
所以ln t－>0，
故x1＋x2>2.
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