資源簡介

第14講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
【練基礎(chǔ)】
1.已知函數(shù)f(x)＝－ax2＋(1＋a)x－ln x(a∈R)．
(1)當(dāng)a＞0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；
(2)當(dāng)a＝0時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)＝xf(x)－k(x＋2)＋2.若函數(shù)g(x)在區(qū)間[，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
2.設(shè)函數(shù)f (x)＝ln x－x＋1.
(1)討論f (x)的單調(diào)性；
(2)證明：當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1＜＜x；
(3)設(shè)c＞1，證明：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x＞cx.
3.函數(shù)f (x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的圖象在(－1，f (－1))處的切線方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)若m≤0，證明：f (x)≥mx2＋x.
4.已知函數(shù)f (x)＝x2＋2x－2xex.
(1)求函數(shù)f (x)的極值．
(2)當(dāng)x＞0時(shí)，證明f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
5.已知函數(shù)f (x)＝ln x－ax2＋1.
(1)討論f (x)的單調(diào)性；
(2)若a＝0，xf (x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整數(shù)k的最大值．
6.已知函數(shù)f (x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若 x0∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范圍．
7.已知向量m＝(ex，ln x＋k)，n＝(1，f (x))，m∥n(k為常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f (x)在點(diǎn)(1，f (1))處的切線與y軸垂直，F(xiàn)(x)＝xexf ′(x)．
(1)求k的值及F(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)已知函數(shù)g(x)＝－x2＋2ax(a為正實(shí)數(shù))，若對于任意x2∈[0,1]，總存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)8.已知二次函數(shù)f (x)的最小值為－4，且關(guān)于x的不等式f (x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}．
(1)求函數(shù)f (x)的解析式；
(2)求函數(shù)g(x)＝－4ln x的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．
9．已知曲線f (x)＝ex(ax＋1)在x＝1處的切線方程為y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函數(shù)g(x)＝f (x)－3ex－m有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
10.已知函數(shù)f (x)＝xln x－2ax2＋x，a∈R.
(1)若f (x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)若函數(shù)f (x)有兩個(gè)極值點(diǎn)分別為x1，x2，證明x1＋x2>.
【練提升】
1.已知函數(shù)f (x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．
(1)求函數(shù)y＝f (x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明：對任意的x＞0，f (x)＋ex＞x2＋x＋2.
2.已知f (x)＝xln x.
(1)求函數(shù)f (x)的最小值；
(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立．
3.若存在x∈，不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
4.設(shè)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(shù)M；
(2)如果對于任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
5.已知函數(shù)f (x)＝，a∈R.
若函數(shù)y＝f (x)在x＝x0(ln 26.已知函數(shù)f (x)＝ex(ex－ax＋a)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2.
(1)求a的取值范圍；
(2)求證：2x1x27．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)設(shè)h(x)≤f(x)對任意x∈[0，1]恒成立時(shí)k的最大值為λ，證明：4＜λ＜6.
8.設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)m≥1時(shí)，討論函數(shù)f(x)與g(x)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．
9.設(shè)函數(shù)f(x)＝，證明：
(1)當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＜1；
(2)對任意a＞0，當(dāng)0＜|x|＜ln(1＋a)時(shí)，|f(x)－1|＜a.
10．已知函數(shù)f(x)＝ax3－bx2＋x(a，b∈R)．
(1)當(dāng)a＝2，b＝3時(shí)，求函數(shù)f(x)極值；
(2)設(shè)b＝a＋1，當(dāng)0≤a≤1時(shí)，對任意x∈[0，2]，都有m≥|f′(x)|恒成立，求m的最小值．
第14講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
【練基礎(chǔ)】
1.已知函數(shù)f(x)＝－ax2＋(1＋a)x－ln x(a∈R)．
(1)當(dāng)a＞0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；
(2)當(dāng)a＝0時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)＝xf(x)－k(x＋2)＋2.若函數(shù)g(x)在區(qū)間[，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
【解】(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝－ax＋1＋a－
＝－(a＞0)，
①當(dāng)a∈(0，1)時(shí)，＞1.
由f′(x)＜0，得x＞或a＜1.
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，；
②當(dāng)a＝1時(shí)，恒有f′(x)≤0，
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)；
③當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，＜1.
由f′(x)＜0, 得x＞1或x＜.
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)，(1，＋∞)．
綜上，當(dāng)a∈(0，1)時(shí)，
f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，；
當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)；
當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)，(1，＋∞)．
(2)g(x)＝x2－xln x－k(x＋2)＋2在x∈[，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)，即關(guān)于x的方程k＝在x∈[，＋∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根．
令函數(shù)h(x)＝，x∈[，＋∞)，
則h′(x)＝，
令函數(shù)p(x)＝x2＋3x－2ln x－4，x∈[，＋∞)．
則p′(x)＝在[，＋∞)上有p′(x)≥0，
故p(x)在[，＋∞)上單調(diào)遞增．
因?yàn)閜(1)＝0，所以當(dāng)x∈[，1)時(shí)，有p(x)＜0，
即h′(x)＜0，所以h(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，有p(x)＞0，即h′(x)＞0，
所以h(x)單調(diào)遞增．
因?yàn)閔＝＋，h(1)＝1，
所以k的取值范圍為.
2.設(shè)函數(shù)f (x)＝ln x－x＋1.
(1)討論f (x)的單調(diào)性；
(2)證明：當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1＜＜x；
(3)設(shè)c＞1，證明：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x＞cx.
(1)解：函數(shù)f (x)＝ln x－x＋1的定義域?yàn)?0，＋∞)，f ′(x)＝－1.令f ′(x)＝0，解得x＝1.
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f ′(x)＞0，f (x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞1時(shí)，f ′(x)＜0，f (x)單調(diào)遞減．
(2)證明：由(1)知f (x)在x＝1處取得最大值，最大值為f (1)＝0.所以當(dāng)x≠1時(shí)，ln x＜x－1.故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，0＜ln x＜x－1，所以＞1.用代換x得ln ＜－1＜0，所以＜x.即1＜＜x.
(3)證明：設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx，則g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x0)＝0，解得x0＝.
當(dāng)x＜x0時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞x0時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＞0.
所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x＞cx.
3.函數(shù)f (x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的圖象在(－1，f (－1))處的切線方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)若m≤0，證明：f (x)≥mx2＋x.
(1)解：由(e－1)x＋ey＋e－1＝0得切線的斜率為－且f (－1)＝0，
所以f (－1)＝(－1＋b)＝0，解得a＝或b＝1.
又f ′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f ′(－1)＝－a＝－.
若a＝，則b＝2－e<0，與b>0矛盾；
若b＝1，則a＝1.故a＝1，b＝1.
(2)證明：由(1)可知，f (x)＝(x＋1)(ex－1)．由m≤0，可得x≥mx2＋x.
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
則g′(x)＝(x＋2)ex－2.
當(dāng)x≤－2時(shí)，g′(x)<0.
當(dāng)x>－2時(shí)，設(shè)h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，
則h′(x)＝(x＋3)ex>0，故函數(shù)g′(x)在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增．
又g′(0)＝0，
所以當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以g(x)min＝g(0)＝0.
所以g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，故f (x)≥mx2＋x.
4.已知函數(shù)f (x)＝x2＋2x－2xex.
(1)求函數(shù)f (x)的極值．
(2)當(dāng)x＞0時(shí)，證明f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
(1)解：因?yàn)楹瘮?shù)f (x)＝x2＋2x－2xex(x∈R)，
所以f ′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)．
由f ′(x)＝0，得x＝－1或x＝0，列表如下：
x (－∞，－1) －1 (－1,0) 0 (0，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋ 0 －
f (x) ↘ 極小值 ↗ 極大值 ↘
所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f (x)極小值＝f (－1)＝1－2＋2×＝－1；
當(dāng)x＝0時(shí)，f (x)極大值＝f (0)＝0.
(2)證明：要證明f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x．即證2ex－x2－2x＞(x＞0)．
令g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，
h(x)＝(x＞0)．
g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)＞0，所以g′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g′(x)＞g′(0)＝0.
所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)＞g(0)＝2.
h′(x)＝，可得h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以h(x)≤h(e)＝2.
又g(x)與h(x)取最值點(diǎn)不同，
所以g(x)＞h(x)在(0，＋∞)恒成立，
故2ex－x2－2x＞(x＞0)．
所以當(dāng)x＞0時(shí)，f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x.
5.已知函數(shù)f (x)＝ln x－ax2＋1.
(1)討論f (x)的單調(diào)性；
(2)若a＝0，xf (x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整數(shù)k的最大值．
解：(1)f ′(x)＝－2ax＝(x>0)．
當(dāng)a≤0時(shí)，f ′(x)>0，則f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)a>0時(shí)，由f ′(x)>0，得0由f ′(x)<0，得x>，則f (x)在上單調(diào)遞減．
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a>0時(shí)，f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
(2)由題意，x(ln x＋1)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，
即k<(x>1)．
設(shè)g(x)＝(x>1)，
則g′(x)＝.
令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，則h′(x)＝1－>0，
所以，h(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)．
因?yàn)閔(2)＝－ln 2<0，h(3)＝1－ln 3＝ln<0，h(4)＝2－ln 4＝ln>0，
所以h(x)在(1，＋∞)上有唯一實(shí)數(shù)根m∈(3,4)，
使得m－ln m－2＝0.
當(dāng)x∈(1，m)時(shí)，h(x)<0；
當(dāng)x∈(m，＋∞)時(shí)，h(x)>0.
即g(x)在(1，m)上單調(diào)遞減，在(m，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以g(x)在x＝m處取得極小值，
且g(m)＝＝m，
所以k6.已知函數(shù)f (x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若 x0∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范圍．
解：(1)f ′(x)＝a－ex，x∈R.
當(dāng)a≤0時(shí)，f ′(x)<0，f (x)在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＞0時(shí)，令f ′(x)＝0得x＝ln a.
由f ′(x)＞0得f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，ln a)；
由f ′(x)<0得f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(ln a，＋∞)．
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為R；當(dāng)a＞0時(shí)，f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，ln a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(ln a，＋∞)．
(2)因?yàn)?x0∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立，所以ax≤，即a≤.
設(shè)h(x)＝，則問題轉(zhuǎn)化為a≤h(x)max.
由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.
當(dāng)x在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)變化時(shí)，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：
x (0，) (，＋∞)
h′(x) ＋ 0 －
h(x) ↗ 極大值 ↘
由上表可知，當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)h(x)有極大值，也是最大值，為h()＝.所以a≤，即a的取值范圍是.
7.已知向量m＝(ex，ln x＋k)，n＝(1，f (x))，m∥n(k為常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f (x)在點(diǎn)(1，f (1))處的切線與y軸垂直，F(xiàn)(x)＝xexf ′(x)．
(1)求k的值及F(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)已知函數(shù)g(x)＝－x2＋2ax(a為正實(shí)數(shù))，若對于任意x2∈[0,1]，總存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)解：(1)由已知可得f (x)＝，
所以f ′(x)＝.
由已知，f ′(1)＝＝0，所以k＝1，
所以F(x)＝xexf ′(x)＝x＝1－xln x－x，所以F′(x)＝－ln x－2.
由F′(x)＝－ln x－2≥0得0由F′(x)＝－ln x－2≤0得x≥，
所以F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.
(2)因?yàn)閷τ谌我鈞2∈[0,1]，總存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)由(1)知，當(dāng)x＝時(shí)，F(xiàn)(x)取得最大值F＝1＋.
對于g(x)＝－x2＋2ax，其對稱軸為x＝a，
當(dāng)0當(dāng)a>1時(shí)，g(x)max＝g(1)＝2a－1，所以2a－1<1＋，從而1綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
8.已知二次函數(shù)f (x)的最小值為－4，且關(guān)于x的不等式f (x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}．
(1)求函數(shù)f (x)的解析式；
(2)求函數(shù)g(x)＝－4ln x的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．
解：(1)因?yàn)閒 (x)是二次函數(shù)，且關(guān)于x的不等式f (x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}，
所以f (x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.所以f (x)min＝f (1)＝－4a＝－4，所以a＝1.
故函數(shù)f (x)的解析式為f (x)＝x2－2x－3.
(2)因?yàn)間(x)＝－4ln x＝x－－4ln x－2(x>0)，
所以g′(x)＝1＋－＝.
令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.
當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：
x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗
當(dāng)025－1－22＝9>0.
因?yàn)間(x)在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在(3，＋∞)上只有1個(gè)零點(diǎn)，故g(x)在(0，＋∞)上僅有1個(gè)零點(diǎn)．
9．已知曲線f (x)＝ex(ax＋1)在x＝1處的切線方程為y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函數(shù)g(x)＝f (x)－3ex－m有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
解：(1)f (x)＝ex(ax＋1)，
f ′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
所以所以a＝1，b＝3e.
(2)(方法一)g(x)＝f (x)－3ex－m
＝ex(x－2)－m，
函數(shù)g(x)＝ex(x－2)－m有兩個(gè)零點(diǎn)，相當(dāng)于曲線u(x)＝ex(x－2)與直線y＝m有兩個(gè)交點(diǎn). u′(x)＝ex(x－2)＋ex＝ex(x－1)．
當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，u′(x)<0，所以u(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，u′(x)>0，所以u(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，
所以x＝1時(shí)，u(x)取得極小值u(1)＝－e.
又x→＋∞時(shí)，u(x)→＋∞；
x<2時(shí)，u(x)<0，所以－e(方法二)g(x)＝f (x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
g′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，g′(x)<0，
所以g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以x＝1時(shí)，g(x)取得極小值g(1)＝－e－m.
又x→－∞時(shí)，g(x)→－m，
所以－e10.已知函數(shù)f (x)＝xln x－2ax2＋x，a∈R.
(1)若f (x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)若函數(shù)f (x)有兩個(gè)極值點(diǎn)分別為x1，x2，證明x1＋x2>.
(1)解：f ′(x)＝ln x＋2－4ax.
因?yàn)閒 (x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，
所以 f ′(x)＝ln x＋2－4ax≤0在(0，＋∞)內(nèi)恒成立，
即4a≥＋在(0，＋∞)內(nèi)恒成立．
令g(x)＝＋，則g′(x)＝.
所以，當(dāng)00，即g(x)在內(nèi)單調(diào)遞增；
當(dāng)x>時(shí)，g′(x)<0，即g(x)在內(nèi)單調(diào)遞減．
所以g(x)的最大值為g＝e，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
(2)證明：若函數(shù)f (x)有兩個(gè)極值點(diǎn)分別為x1，x2，
則f ′(x)＝ln x＋2－4ax＝0在(0，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)不等根x1，x2.
由(1)，知0由兩式相減，
得ln x1－ln x2＝4a(x1－x2)．
不妨設(shè)0所以要證明x1＋x2>，
只需證明<.
即證明>ln x1－ln x2，
亦即證明>ln.
令函數(shù)h(x)＝－ln x,0所以h′(x)＝<0，
即函數(shù)h(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減．
所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，有h(x)>h(1)＝0，
所以>ln x.
即不等式>ln成立．
綜上，x1＋x2>，命題得證.
【練提升】
1.已知函數(shù)f (x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．
(1)求函數(shù)y＝f (x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明：對任意的x＞0，f (x)＋ex＞x2＋x＋2.
(1)解：函數(shù)f (x)的定義域是(0，＋∞)，f ′(x)＝2x－(a－2)－＝.
當(dāng)a≤0時(shí)，f ′(x)＞0對任意x∈(0，＋∞)恒成立，
所以，函數(shù)f (x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)a＞0時(shí)，由f ′(x)＞0得x＞；
由f ′(x)＜0，得0＜x＜.
所以函數(shù)f (x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減．
(2)證明：當(dāng)a＝1時(shí)，f (x)＝x2＋x－ln x.
要證明f (x)＋ex＞x2＋x＋2，
只需證明ex－ln x－2＞0.
設(shè)g(x)＝ex－ln x－2，則問題轉(zhuǎn)化為證明對任意的x＞0，g(x)＞0.
令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝，
易知方程有唯一解，不妨設(shè)為x0，
則x0滿足e＝.
當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)和g(x)變化情況如下表：
x (0，x0) x0 (x0，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) ↘ 極小值 ↗
g(x)min＝g(x0)＝e－ln x0－2＝＋x0－2.
因?yàn)閤0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2－2＝0，
因此不等式得證．
2.已知f (x)＝xln x.
(1)求函數(shù)f (x)的最小值；
(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立．
(1)解：由f (x)＝xln x，x>0，得f ′(x)＝ln x＋1.
令f ′(x)＝0，得x＝.
當(dāng)x∈時(shí)，f ′(x)<0，f (x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈時(shí)，f ′(x)>0，f (x)單調(diào)遞增．
所以f (x)的極小值即最小值，為f ＝－.
(2)證明：問題等價(jià)于證明xln x>－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f (x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)取到．
設(shè)m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
則m′(x)＝.
由m′(x)<0，得x>1時(shí)，m(x)單調(diào)遞減；
由m′(x)>0，得0易知m(x)max＝m(1)＝－.
從而對一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，兩個(gè)等號(hào)不同時(shí)取到，
即對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立．
3.若存在x∈，不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
解：因?yàn)?xln x＋x2－mx＋3≥0，
所以m≤2ln x＋x＋.
設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋，
則h′(x)＝＋1－＝.
當(dāng)≤x<1時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)10，h(x)單調(diào)遞增．
因?yàn)榇嬖趚∈，m≤2ln x＋x＋成立，
所以m≤h(x)max.
因?yàn)閔＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，
且－＝2e－－4＞0，
所以h>h(e)，所以m≤＋3e－2.
4.設(shè)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(shù)M；
(2)如果對于任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)成立，求實(shí)數(shù)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(jià)于[g(x1 )－g(x2 )]max ≥M.
因?yàn)間(x)＝x3 －x2 －3，
所以g′(x)＝3x2 －2x＝3x .
g(x)，g′(x)隨x變化的情況如下表：
x 0 2
g′(x) 0 － 0 ＋
g(x) －3 ↘ 極小值－ ↗ 1
由上表可知，g(x)min ＝g ＝－，g(x)max ＝g(2)＝1.
[g(x 1 )－g(x 2 )]max ＝g(x)max －g(x)min ＝，所以滿足條件的最大整數(shù)M＝4.
(2)對于任意的s，t∈ ，都有f (s)≥g(t)成立，
等價(jià)于在區(qū)間 上，函數(shù)f (x)min ≥g(x)max .
由(1)可知，在區(qū)間 上，g(x)的最大值g(2)＝1.
在區(qū)間 上，f (x)＝＋xln x≥1恒成立．
等價(jià)于a≥x－x2ln x恒成立，
記h(x)＝x－x2ln x，
則h′(x)＝1－2xln x－x，h′(1)＝0.
當(dāng)1當(dāng)≤x<1時(shí)，h′(x)>0.
即函數(shù)h(x)＝x－x2ln x在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1,2]上單調(diào)遞減，
所以h(x) max ＝h(1)＝1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．
5.已知函數(shù)f (x)＝，a∈R.
若函數(shù)y＝f (x)在x＝x0(ln 2證明：函數(shù)f (x)＝的定義域?yàn)?0，＋∞)，
所以f ′(x)＝(x>0)．
因?yàn)楹瘮?shù)y＝f (x)在x＝x0處取得極值1，
所以f ′(x0)＝eq \f(\f(1,x0)＋a－ln x0＋a x0,e)＝0，且f (x0)＝eq \f(ln x0＋ax0,e)＝1，
所以＋a＝ln x0＋ax0＝e，所以a＝e－.
令r(x)＝ex－(x>0)，則r′(x)＝ex＋>0，
所以r(x)在(ln 2，ln 3)上為增函數(shù)．
又ln 2已知函數(shù)f (x)＝x2－2x＋1＋aex有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1證明：x1＋x2>4.
證明：令g(x)＝f ′(x)＝2x－2＋aex，則x1，x2是函數(shù)g(x)的兩個(gè)零點(diǎn)．
令g(x)＝0，得a＝－.
令h(x)＝－，
則h(x1)＝h(x2)，
h′(x)＝，可得h(x)在區(qū)間(－∞，2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以x1<2令H(x)＝h(2＋x)－h(huán)(2－x)，
則H′(x)＝h′(2＋x)－h(huán)′(2－x)＝，
當(dāng)0所以h(2＋x)所以h(x1)＝h(x2)＝h(2＋(x2－2))因?yàn)閤1<2,4－x2<2，h(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞減，
所以x1>4－x2，即x1＋x2>4.
6.已知函數(shù)f (x)＝ex(ex－ax＋a)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2.
(1)求a的取值范圍；
(2)求證：2x1x2(1)解：因?yàn)閒 (x)＝ex(ex－ax＋a)，
所以f ′(x)＝ex(ex－ax＋a)＋ex(ex－a)＝ex(2ex－ax)．
令f ′(x)＝0，則2ex＝ax.
當(dāng)a＝0時(shí)，不成立；
當(dāng)a≠0時(shí)，＝.
令g(x)＝，所以g′(x)＝.
當(dāng)x<1時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0.
所以g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．
又因?yàn)間(1)＝，
當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，
因此，當(dāng)0<<時(shí)，f (x)有2個(gè)極值點(diǎn)，即a的取值范圍為(2e，＋∞)．
(2)證明：由(1)不妨設(shè)0所以
所以x2－x1＝lnx2－lnx1.
要證明2x1x2只要證明2x1x2(lnx2－lnx1)即證明2ln<－.
設(shè)＝t(t>1)，
即要證明2ln t－t＋<0在t∈(1，＋∞)上恒成立．
記h(t)＝2ln t－t＋(t>1)，
h′(t)＝－1－＝＝<0，
所以h(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以h(t)7．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)設(shè)h(x)≤f(x)對任意x∈[0，1]恒成立時(shí)k的最大值為λ，證明：4＜λ＜6.
解：(1)因?yàn)閒(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，
當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)min＝f(0)＝1.
(2)證明：由h(x)≤f(x)，化簡可得k(x2－x3)≤ex－1，
當(dāng)x＝0，1時(shí)，k∈R，
當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，k≤，
要證：4＜λ＜6，則需證以下兩個(gè)問題；
①＞4對任意x∈(0，1)恒成立；
②存在x0∈(0，1)，使得eq \f(ex0－1,x－x)＜6成立．
先證：①＞4，即證ex－1＞4(x2－x3)，
由(1)可知，ex－x≥1恒成立，所以ex－1≥x，
又x≠0，所以ex－1＞x，
即證x≥4(x2－x3) 1≥4(x－x2) (2x－1)2≥0，
(2x－1)2≥0，顯然成立，
所以＞4對任意x∈(0，1)恒成立；
再證②存在x0∈(0，1)，使得eq \f(ex0－1,x－x)＜6成立．
取x0＝，＝8(－1)，因?yàn)椋迹?br/>所以8(－1)＜8×＝6，
所以存在x0∈(0，1)，使得eq \f(ex0－1,x－x)＜6，
由①②可知，4＜λ＜6.
8.設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)m≥1時(shí)，討論函數(shù)f(x)與g(x)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．
【解】　(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝x－＝，
m≤0時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
m＞0時(shí)，f′(x)＝，
當(dāng)0＜x＜時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．
綜上m≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
m＞0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mln x，x＞0，
問題等價(jià)于求函數(shù)F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，
F′(x)＝－，當(dāng)m＝1時(shí)，
F′(x)≤0，函數(shù)F(x)為減函數(shù)，
注意到F(1)＝＞0，F(xiàn)(4)＝－ln 4＜0，
所以F(x)有唯一零點(diǎn)；
當(dāng)m＞1時(shí)，0＜x＜1或x＞m時(shí)F′(x)＜0，1＜x＜m時(shí)F′(x)＞0，
所以函數(shù)F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上單調(diào)遞減，在(1，m)上單調(diào)遞增，
注意到F(1)＝m＋＞0，F(xiàn)(2m＋2)＝－mln (2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零點(diǎn)，
綜上，函數(shù)F(x)有唯一零點(diǎn)，即兩函數(shù)圖象只有一個(gè)交點(diǎn)．
9.設(shè)函數(shù)f(x)＝，證明：
(1)當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＜1；
(2)對任意a＞0，當(dāng)0＜|x|＜ln(1＋a)時(shí)，|f(x)－1|＜a.
【證明】　(1)因?yàn)楫?dāng)x＜0時(shí)，f(x)＜1，等價(jià)于xf(x)＞x，即xf(x)－x＞0，
設(shè)g(x)＝xf(x)－x＝ex－1－x，
所以g′(x)＝ex－1＜0在(－∞，0)上恒成立，
所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，
所以g(x)＞g(0)＝1－1－0＝0，
所以xf(x)－x＞0恒成立，
所以x＜0時(shí)，f(x)＜1.
(2)要證明當(dāng)0＜|x|＜ln(1＋a)時(shí)，|f(x)－1|＜a，
即證0＜x＜ln(1＋a)時(shí)，f(x)－1＜a，
即證＜a＋1，
即證ex－1＜(a＋1)x
即證ex－1－(a＋1)x＜0，
令h(x)＝ex－1－(a＋1)x，
所以h′(x)＝ex－(a＋1)＜eln(a＋1)－(a＋1)＝0，
所以h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)＜h(0)＝0，
同理可證當(dāng)x＜0時(shí)，結(jié)論成立．
所以對任意a＞0，當(dāng)0＜|x|＜ln(1＋a)時(shí)，|f(x)－1|＜a.
10．已知函數(shù)f(x)＝ax3－bx2＋x(a，b∈R)．
(1)當(dāng)a＝2，b＝3時(shí)，求函數(shù)f(x)極值；
(2)設(shè)b＝a＋1，當(dāng)0≤a≤1時(shí)，對任意x∈[0，2]，都有m≥|f′(x)|恒成立，求m的最小值．
解：(1)當(dāng)a＝2，b＝3時(shí)，f(x)＝x3－x2＋x，
f′(x)＝2x2－3x＋1＝(2x－1)(x－1)，
令f′(x)＞0，解得x＞1或x＜，
令f′(x)＜0，解得＜x＜1，
故f(x)在(－∞，)上單調(diào)遞增，在(，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
故f(x)極大值＝f()＝，f(x)極小值＝f(1)＝.
(2)當(dāng)b＝a＋1時(shí)，f(x)＝ax3－(a＋1)x2＋x，
f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1，f′(x)恒過點(diǎn)(0，1)．
當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝－x＋1，
m≥|f′(x)|恒成立，所以m≥1；
0＜a≤1，開口向上，對稱軸≥1，
f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1＝a(x－)2＋1－，
①當(dāng)a＝1時(shí)f′(x)＝x2－2x＋1，|f′(x)|在x∈[0，2]的值域?yàn)閇0，1]；
要m≥|f′(x)|，則m≥1；
②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，
根據(jù)對稱軸分類：
當(dāng)x＝＜2，即＜a＜1時(shí)，
Δ＝(a－1)2＞0，f′()＝－(a＋)∈(－，0)，
又f′(2)＝2a－1＜1，所以|f′(x)|≤1；
當(dāng)x＝≥2，即0＜a≤；
f′(x)在x∈[0，2]的最小值為f′(2)＝2a－1；
－1＜2a－1≤－，所以|f′(x)|≤1，
綜上所述，要對任意x∈[0，2]都有m≥|f′(x)|恒成立，有m≥1.所以m的最小值為1.第14講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
【學(xué)科素養(yǎng)】數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算
【課標(biāo)解讀】
1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值，并會(huì)解決與之有關(guān)的方程(不等式)問題；
2.會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決某些簡單的實(shí)際問題。
【高考備考】
1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程根)的問題
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程根)的問題，是高考的重點(diǎn)，常出現(xiàn)在解答題的某一問中，難度偏大，主要命題角度有：
(1)利用最值(極值)判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)構(gòu)造函數(shù)法研究零點(diǎn)問題．
2.利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題
利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題是高考中的常考點(diǎn)，主要出現(xiàn)在解答題中，難度較大，主要命題角度有：
(1)證明函數(shù)不等式；
(2)不等式恒成立問題．
【高頻考點(diǎn)】
高頻考點(diǎn)一 　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式
例1.(2020·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f (x)＝sin2xsin 2x.
(1)討論f (x)在區(qū)間(0，π)的單調(diào)性；
(2)證明：≤；
(3)設(shè)n∈N*，證明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤.
【舉一反三】【2020年高考江蘇】已知關(guān)于x的函數(shù)與在區(qū)間D
上恒有．
（1）若，求h(x)的表達(dá)式；
（2）若，求k的取值范圍；
（3）若求證：．
【變式探究】【2022年高考天津】設(shè)函數(shù)為的導(dǎo)函數(shù)．
（Ⅰ）求的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)時(shí)，證明；
（Ⅲ）設(shè)為函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)，其中，證明．
高頻考點(diǎn)二 不等式恒成立
例2.(2020·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f (x)＝ex＋ax2－x.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f (x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x≥0時(shí)，f (x)≥x3＋1，求a的取值范圍．
【方法技巧】
1.破解此類題需“一形一分類”，“一形”是指會(huì)結(jié)合函數(shù)的圖象，對函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，然后判斷其極值，從而得到含有參數(shù)的方程組，解方程組，即可求出參數(shù)的值；“一分類”是指對不等式恒成立問題，常需對參數(shù)進(jìn)行分類討論，求出參數(shù)的取值范圍。
2.利用導(dǎo)數(shù)研究含參數(shù)的不等式問題，若能夠分離參數(shù)，則常將問題轉(zhuǎn)化為形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通過求函數(shù)y＝f(x)的最值求得參數(shù)范圍。
【變式探究】(2019·高考浙江卷)已知實(shí)數(shù)a≠0，設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋，x>0.
(1)當(dāng)a＝－時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)對任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范圍．
注：e＝2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù)．
高頻考點(diǎn)三 判斷零點(diǎn)的個(gè)數(shù)
例3. 【2020·浙江】已知，函數(shù)，其中e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）證明：函數(shù)在上有唯一零點(diǎn)；
（Ⅱ）記x0為函數(shù)在上的零點(diǎn)，證明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【方法技巧】利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)零點(diǎn)或方程根個(gè)數(shù)的常用方法
(1)構(gòu)建函數(shù)g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，轉(zhuǎn)化確定g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題求解，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值，并確定定義區(qū)間端點(diǎn)值的符號(hào)(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).
(2)利用零點(diǎn)存在性定理：先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點(diǎn)，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點(diǎn)值符號(hào)，進(jìn)而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點(diǎn)的個(gè)數(shù).
【變式探究】(2019·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f (x)＝ln x－.
(1)討論f (x)的單調(diào)性，并證明f (x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；
(2)設(shè)x0是f (x)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．
高頻考點(diǎn)四 由函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)
例4. (2020·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f (x)＝ex－a(x＋2)．
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f (x)的單調(diào)性；
(2)若f (x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．
【方法技巧】根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)取值范圍的核心思想是“數(shù)形結(jié)合”，即通過函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，或者兩個(gè)相關(guān)函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)滿足的條件，進(jìn)而求得參數(shù)的取值范圍，解決問題的步驟是“先形后數(shù)”．　　
【變式探究】（2023·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，證明：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)，求a.
高頻考點(diǎn)五 函數(shù)零點(diǎn)的綜合問題
例4. 【2020·全國Ⅲ卷】設(shè)函數(shù)，曲線在點(diǎn)(，f())處的切線
與y軸垂直．
（1）求b．
（2）若有一個(gè)絕對值不大于1的零點(diǎn)，證明：所有零點(diǎn)的絕對值都不大于1．
【變式探究】【2019·江蘇】設(shè)函數(shù)、為f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零點(diǎn)均在集合中，求f（x）的極小值；
（3）若，且f（x）的極大值為M，求證:M≤．
第14講 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
【學(xué)科素養(yǎng)】數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算
【課標(biāo)解讀】
1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值，并會(huì)解決與之有關(guān)的方程(不等式)問題；
2.會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決某些簡單的實(shí)際問題。
【高考備考】
1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程根)的問題
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)(方程根)的問題，是高考的重點(diǎn)，常出現(xiàn)在解答題的某一問中，難度偏大，主要命題角度有：
(1)利用最值(極值)判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)構(gòu)造函數(shù)法研究零點(diǎn)問題．
2.利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題
利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題是高考中的常考點(diǎn)，主要出現(xiàn)在解答題中，難度較大，主要命題角度有：
(1)證明函數(shù)不等式；
(2)不等式恒成立問題．
【高頻考點(diǎn)】
高頻考點(diǎn)一 　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式
例1.(2020·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f (x)＝sin2xsin 2x.
(1)討論f (x)在區(qū)間(0，π)的單調(diào)性；
(2)證明：≤；
(3)設(shè)n∈N*，證明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤.
(1)解：f (x)＝sin2xsin 2x＝2sin3xcos x，
則f ′(x)＝2(3sin2xcos2x－sin4x)
＝2sin2x(3cos2x－sin2x)
＝2sin2x(4cos2x－1)
＝2sin2x(2cos x＋1)·(2cos x－1)．
f ′(x)＝0在(0，π)上的根為x1＝，x2＝.
當(dāng)x∈時(shí)，f ′(x)>0，f (x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈時(shí)，f ′(x)＜0，f (x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈時(shí)，f ′(x)>0，f (x)單調(diào)遞增．
(2)證明：注意到f (x＋π)＝sin2 (x＋π)·sin[2(x＋π)]＝sin2xsin 2x＝f (x)．
故函數(shù)f (x)是周期為π的函數(shù)．
結(jié)合(1)的結(jié)論，計(jì)算得f (0)＝f (π)＝0，
f ＝×＝，f ＝×＝－.
據(jù)此得f (x)max＝，f (x)min＝－，所以≤.
(3)證明：結(jié)合(2)的結(jié)論≤得≤，
所以sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx
＝(sin3xsin32xsin34x·…·sin32nx)eq \s\up8()
＝[sin x(sin2xsin 2x)(sin22xsin 4x)·…·(sin22n－1xsin 2nx)sin22nx]eq \s\up8()
≤eq \s\up8()
≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)))))eq \s\up8()＝＝.
【舉一反三】【2020年高考江蘇】已知關(guān)于x的函數(shù)與在區(qū)間D
上恒有．
（1）若，求h(x)的表達(dá)式；
（2）若，求k的取值范圍；
（3）若求證：．
【解析】（1）由條件，得，
取，得，所以．
由，得，此式對一切恒成立，
所以，則，此時(shí)恒成立，
所以．
（2）.
令，則令，得.
所以.則恒成立，
所以當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，恒成立．
另一方面，恒成立，即恒成立，
也即恒成立．
因?yàn)椋瑢ΨQ軸為，
所以，解得．
因此，k的取值范圍是
（3）①當(dāng)時(shí)，
由，得，整理得
令 則．
記
則恒成立，
所以在上是減函數(shù)，則，即．
所以不等式有解，設(shè)解為，
因此．
②當(dāng)時(shí)，
．
設(shè)，
令，得．
當(dāng)時(shí)，，是減函數(shù)；
當(dāng)時(shí)，，是增函數(shù)．
，，則當(dāng)時(shí)，．
（或證：．）
則，因此．
因?yàn)椋裕?br/>③當(dāng)時(shí)，因?yàn)椋鶠榕己瘮?shù)，因此也成立．
綜上所述，．
【變式探究】【2022年高考天津】設(shè)函數(shù)為的導(dǎo)函數(shù)．
（Ⅰ）求的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)時(shí)，證明；
（Ⅲ）設(shè)為函數(shù)在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)，其中，證明．
【答案】（Ⅰ）的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞減區(qū)間為.（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）見解析.
【解析】（Ⅰ）由已知，有．因此，當(dāng)時(shí)，有，得，則單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，有，得，則單調(diào)遞增．
所以，的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞減區(qū)間為．
（Ⅱ）證明：記．依題意及（Ⅰ），有，從而．當(dāng)時(shí)，，故
．
因此，在區(qū)間上單調(diào)遞減，進(jìn)而．
所以，當(dāng)時(shí)，．
（Ⅲ）證明：依題意，，即．記，則，且．
由及（Ⅰ），得．由（Ⅱ）知，當(dāng)時(shí)，，所以在上為減函數(shù)，因此．又由（Ⅱ）知，，故
．
所以，．
高頻考點(diǎn)二 不等式恒成立
例2.(2020·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f (x)＝ex＋ax2－x.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f (x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x≥0時(shí)，f (x)≥x3＋1，求a的取值范圍．
解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f (x)＝ex＋x2－x，f ′(x)＝ex＋2x－1.
由于f ″(x)＝ex＋2＞0恒成立，故f ′(x)在R上單調(diào)遞增，注意到f ′(0)＝0，
故當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f ′(x)＜0，f (x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f ′(x)＞0，f (x)單調(diào)遞增．
(2)由f (x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0.
①當(dāng)x＝0時(shí)，不等式為1≥1，顯然成立，符合題意．
②當(dāng)x＞0時(shí)，得a≥－.
記g(x)＝－，
g′(x)＝－.
令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，
則h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)單調(diào)遞增，h′(x)≥h′(0)＝0，
故函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，h(x)≥h(0)＝0.
由h(x)≥0得ex－x2－x－1≥0恒成立，
故當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減．
因此，g(x)max＝g(2)＝.
綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍為
【方法技巧】
1.破解此類題需“一形一分類”，“一形”是指會(huì)結(jié)合函數(shù)的圖象，對函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，然后判斷其極值，從而得到含有參數(shù)的方程組，解方程組，即可求出參數(shù)的值；“一分類”是指對不等式恒成立問題，常需對參數(shù)進(jìn)行分類討論，求出參數(shù)的取值范圍。
2.利用導(dǎo)數(shù)研究含參數(shù)的不等式問題，若能夠分離參數(shù)，則常將問題轉(zhuǎn)化為形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通過求函數(shù)y＝f(x)的最值求得參數(shù)范圍。
【變式探究】(2019·高考浙江卷)已知實(shí)數(shù)a≠0，設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋，x>0.
(1)當(dāng)a＝－時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)對任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范圍．
注：e＝2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù)．
【解】　(1)當(dāng)a＝－時(shí)，f(x)＝－ln x＋，x>0.
f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)>0，解得x>3，令f′(x)<0，解得0所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，3)，單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞)．
(2)由f(1)≤，得0當(dāng)0令t＝，則t≥2.
設(shè)g(t)＝t2－2t－2ln x，t≥2，則
g(t)＝－－2ln x.
①當(dāng)x∈時(shí)， ≤2，則g(t)≥g(2)＝8－4－2ln x.
記p(x)＝4－2－ln x，x≥，則
p′(x)＝－－＝＝.
故
x 1 (1，＋∞)
p′(x) － 0 ＋
p(x) p 單調(diào)遞減 極小值p(1) 單調(diào)遞增
所以p(x)≥p(1)＝0.
因此，g(t)≥g(2)＝2p(x)≥0.
②當(dāng)x∈時(shí)，
g(t)≥g＝.
令q(x)＝2ln x＋(x＋1)，x∈，則
q′(x)＝＋1>0，
故q(x)在上單調(diào)遞增，所以q(x)≤q.
由①得，q＝－p<－p(1)＝0.
所以q(x)<0.因此，g(t)≥g＝－>0.
由①②知對任意x∈，t∈[2，＋∞)，g(t)≥0，即對任意x∈，均有f(x)≤.
綜上所述，所求a的取值范圍是.
高頻考點(diǎn)三 判斷零點(diǎn)的個(gè)數(shù)
例3. 【2020·浙江】已知，函數(shù)，其中e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）證明：函數(shù)在上有唯一零點(diǎn)；
（Ⅱ）記x0為函數(shù)在上的零點(diǎn)，證明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【解析】（Ⅰ）因?yàn)椋栽谏洗嬖诹泓c(diǎn)．
因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，，故函數(shù)在上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)以在上有唯一零點(diǎn)．
（Ⅱ）（ⅰ）令，，
由（Ⅰ）知函數(shù)在上單調(diào)遞增，故當(dāng)時(shí)，，
所以函數(shù)在單調(diào)遞增，故．
由得，
因?yàn)樵趩握{(diào)遞增，故．
令，，
令，，所以
故當(dāng)時(shí)，，即，所以在單調(diào)遞減，
因此當(dāng)時(shí)，．
由得，
因?yàn)樵趩握{(diào)遞增，故．
綜上，．
（ⅱ）令，，所以當(dāng)時(shí)，，
故函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，因此．
由可得，
由得．
【方法技巧】利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)零點(diǎn)或方程根個(gè)數(shù)的常用方法
(1)構(gòu)建函數(shù)g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，轉(zhuǎn)化確定g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題求解，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值，并確定定義區(qū)間端點(diǎn)值的符號(hào)(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).
(2)利用零點(diǎn)存在性定理：先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點(diǎn)，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點(diǎn)值符號(hào)，進(jìn)而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點(diǎn)的個(gè)數(shù).
【變式探究】(2019·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f (x)＝ln x－.
(1)討論f (x)的單調(diào)性，并證明f (x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；
(2)設(shè)x0是f (x)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．
解：(1)f (x)的定義域?yàn)?0,1)∪(1，＋∞)．
因?yàn)閒 ′(x)＝＋>0，所以f (x)在(0,1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
因?yàn)閒 (e)＝1－<0，f (e2)＝2－＝>0，所以f (x)在(1，＋∞)有唯一零點(diǎn)x1，即f (x1)＝0.又0<<1，f ＝－ln x1＋＝－f (x1)＝0，
故f (x)在(0,1)有唯一零點(diǎn).
綜上，f (x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．
(2)因?yàn)椋絜，所以點(diǎn)B在曲線y＝ex上．
由題設(shè)知f (x0)＝0，即ln x0＝，故直線AB的斜率k＝＝＝.
曲線y＝ex在點(diǎn)B處切線的斜率是，曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處切線的斜率也是，所以曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x)處的切線也是曲線y＝ex的切線．
高頻考點(diǎn)四 由函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)
例4. (2020·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f (x)＝ex－a(x＋2)．
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f (x)的單調(diào)性；
(2)若f (x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．
解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，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)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．
(2)因?yàn)閒 (x)＝ex－a(x＋2)，所以f ′(x)＝ex－a.
若a≤0，則f ′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，
所以f (x)在R上單調(diào)遞增，則最多只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意．
若a＞0，令f ′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a.
當(dāng)x∈(－∞，ln a)時(shí)，f ′(x)＜0；當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時(shí)，f ′(x)＞0.
所以f (x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以f (x)min＝f (ln a)＝eln a－a(ln a＋2)＝－a(1＋ln a)．
要使f (x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則f (x)min＝f (ln a)＜0，
即－a(1＋ln a)＜0，所以a＞，即a的取值范圍是.
【方法技巧】根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)取值范圍的核心思想是“數(shù)形結(jié)合”，即通過函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，或者兩個(gè)相關(guān)函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)滿足的條件，進(jìn)而求得參數(shù)的取值范圍，解決問題的步驟是“先形后數(shù)”．　　
【變式探究】（2023·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，證明：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個(gè)零點(diǎn)，求a.
【解析】(1)證明：當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥1等價(jià)于(x2＋1)e－x－1≤0.
設(shè)函數(shù)g(x)＝(x2＋1)e－x－1，
則g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
當(dāng)x≠1時(shí)，g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
而g(0)＝0，故當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)設(shè)函數(shù)h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于h(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)．
(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，h(x)＞0，h(x)沒有零點(diǎn)；
(ⅱ)當(dāng)a＞0時(shí)，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，h′(x)＜0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．
①當(dāng)h(2)＞0，即a＜時(shí)，h(x)在(0，＋∞)上沒有零點(diǎn)．
②當(dāng)h(2)＝0，即a＝時(shí)，h(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)．
③當(dāng)h(2)＜0，即a＞時(shí)，因?yàn)閔(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一個(gè)零點(diǎn)．
由(1)知，當(dāng)x＞0時(shí)，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，故h(x)在(2,4a)上有一個(gè)零點(diǎn)．因此h(x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)．
綜上，當(dāng)f(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a＝.
高頻考點(diǎn)五 函數(shù)零點(diǎn)的綜合問題
例4. 【2020·全國Ⅲ卷】設(shè)函數(shù)，曲線在點(diǎn)(，f())處的切線
與y軸垂直．
（1）求b．
（2）若有一個(gè)絕對值不大于1的零點(diǎn)，證明：所有零點(diǎn)的絕對值都不大于1．
【解析】（1）．
依題意得，即.
故．
（2）由（1）知，.
令，解得或.
與的情況為：
x
+ 0 – 0 +
因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，只有大于1的零點(diǎn).
因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，f（x）只有小于–1的零點(diǎn)．
由題設(shè)可知，
當(dāng)時(shí)，只有兩個(gè)零點(diǎn)和1.
當(dāng)時(shí)，只有兩個(gè)零點(diǎn)–1和.
當(dāng)時(shí)，有三個(gè)等點(diǎn)x1，x2，x3，且，，．
綜上，若有一個(gè)絕對值不大于1的零點(diǎn)，則所有零點(diǎn)的絕對值都不大于1.
【變式探究】【2019·江蘇】設(shè)函數(shù)、為f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零點(diǎn)均在集合中，求f（x）的極小值；
（3）若，且f（x）的極大值為M，求證:M≤．
【答案】（1）；（2）見解析；（3）見解析.
【解析】（1）因?yàn)椋裕?br/>因?yàn)椋裕獾茫?br/>（2）因?yàn)椋?br/>所以，
從而．令，得或．
因?yàn)槎荚诩现校遥?br/>所以．
此時(shí)，．
令，得或．列表如下：
1
+ 0 – 0 +
極大值 極小值
所以的極小值為．
（3）因?yàn)椋裕?br/>．
因?yàn)椋裕?br/>則有2個(gè)不同的零點(diǎn)，設(shè)為．
由，得．
列表如下：
+ 0 – 0 +
極大值 極小值
所以的極大值．
解法一：
．因此．
解法二：
因?yàn)椋裕?br/>當(dāng)時(shí)，．
令，則．
令，得．列表如下：
+ 0 –
極大值
所以當(dāng)時(shí)，取得極大值，且是最大值，故．
所以當(dāng)時(shí)，，因此．

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