2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第十一節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用學(xué)案理含解析新人教A版

PAGEPAGE33第十一節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用2024考綱考題考情考綱要求考題舉例考向標(biāo)簽1.了解函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過三次)2．了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件；會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、微小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過三次)；會(huì)求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過三次)3．會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決某些實(shí)際問題(生活中的優(yōu)化問題)2024·全國卷Ⅰ·T21(探討函數(shù)的單調(diào)性、不等式證明)2024·全國卷Ⅱ·T21(證明不等式、函數(shù)的零點(diǎn))2024·全國卷Ⅲ·T21(應(yīng)用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的最值)2024·全國卷Ⅰ·T21(函數(shù)單調(diào)性、零點(diǎn))2024·全國卷Ⅱ·T21(函數(shù)極值)2024·全國卷Ⅲ·T21(利用導(dǎo)數(shù)證明不等式)命題角度：1．導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性2．導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值3．導(dǎo)數(shù)與不等式4．導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)核心素養(yǎng)：邏輯推理1．函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系函數(shù)y＝f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，則(1)若f′(x)＞0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增。(2)若f′(x)＜0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減。(3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù)。2．函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)的微小值若函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝a處的函數(shù)值f(a)比它在點(diǎn)x＝a旁邊其他點(diǎn)的函數(shù)值都小，且f′(a)＝0，而且在點(diǎn)x＝a旁邊的左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0，則x＝a叫做函數(shù)的微小值點(diǎn)，f(a)叫做函數(shù)的微小值。(2)函數(shù)的極大值若函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝b處的函數(shù)值f(b)比它在點(diǎn)x＝b旁邊其他點(diǎn)的函數(shù)值都大，且f′(b)＝0，而且在點(diǎn)x＝b旁邊的左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0，則x＝b叫做函數(shù)的極大值點(diǎn)，f(b)叫做函數(shù)的極大值，極大值和微小值統(tǒng)稱為極值。3．函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)f(x)在[a，b]上有最值的條件：一般地，假如在區(qū)間[a，b]上，函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連綿不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值。(2)求函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上的最大值與最小值的步驟為：①求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值；②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值。1．函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件。2．對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件。如函數(shù)y＝x3在x＝0處導(dǎo)數(shù)為零，但x＝0不是函數(shù)y＝x3的極值點(diǎn)。一、走進(jìn)教材1．(選修2－2P26練習(xí)T1(2)改編)函數(shù)y＝x－ex的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C．[1，＋∞) D．(1，＋∞)解析y′＝1－ex<0，所以x>0。故選B。答案B2．(選修2－2P32A組T5(4)改編)函數(shù)f(x)＝2x－xlnx的極值是()A．eq\f(1,e) B．eq\f(2,e)C．e D．e2解析因?yàn)閒′(x)＝2－(lnx＋1)＝1－lnx，當(dāng)f′(x)>0時(shí)，解得0<x<e；當(dāng)f′(x)<0時(shí)，解得x>e，所以x＝e時(shí)，f(x)取到極大值，f(x)極大值＝f(e)＝e。故選C。答案C二、走近高考3．(2024·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________。解析因?yàn)閒(x)＝2sinx＋sin2x，所以f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(1,2)))·(cosx＋1)，由f′(x)≥0得eq\f(1,2)≤cosx≤1，即2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，由f′(x)≤0得－1≤cosx≤eq\f(1,2)，即2kπ＋π≥x≥2kπ＋eq\f(π,3)或2kπ－π≤x≤2kπ－eq\f(π,3)，k∈Z，所以當(dāng)x＝2kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)時(shí)，f(x)取得最小值，且f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＝－eq\f(3\r(3),2)。解法一：因?yàn)閒(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f(x)]2＝4sin2x(1＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3，設(shè)cosx＝t，則y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)，所以y′＝4[－(1＋t)3＋3(1－t)(1＋t)2]＝4(1＋t)2(2－4t)，所以當(dāng)－1<t<eq\f(1,2)時(shí)，y′>0；當(dāng)eq\f(1,2)<t<1時(shí)，y′<0。所以函數(shù)y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，ymax＝eq\f(27,4)；當(dāng)t＝±1時(shí)，ymin＝0。所以0≤y≤eq\f(27,4)，即0≤[f(x)]2≤eq\f(27,4)，所以－eq\f(3\r(3),2)≤f(x)≤eq\f(3\r(3),2)，所以f(x)的最小值為－eq\f(3\r(3),2)。解法二：因?yàn)閒(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f(x)]2＝4sin2x(1＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3≤eq\f(4,3)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(31－cosx＋1＋cosx＋1＋cosx＋1＋cosx,4)))4＝eq\f(27,4)，當(dāng)且僅當(dāng)3(1－cosx)＝1＋cosx，即cosx＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)，所以0≤[f(x)]2≤eq\f(27,4)，所以－eq\f(3\r(3),2)≤f(x)≤eq\f(3\r(3),2)，所以f(x)的最小值為－eq\f(3\r(3),2)。解法三：f(x)的最小值只能在使得解得cosx＝1，cosx＝－1，cosx＝eq\f(1,2)的這些點(diǎn)處取到，對(duì)應(yīng)的sinx的值依次是：sinx＝0，sinx＝0，sinx＝±eq\f(\r(3),2)。明顯，f(x)min＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝－eq\f(3\r(3),2)。答案－eq\f(3\r(3),2)4．(2024·江蘇高考)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為________。解析f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(0)＝1，所以此時(shí)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)無零點(diǎn)，不滿意題意。當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0得x>eq\f(a,3)，由f′(x)<0得0<x<eq\f(a,3)，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上單調(diào)遞增，又f(x)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋1＝0，得a＝3，所以f(x)＝2x3－3x2＋1，則f′(x)＝6x(x－1)，當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，則f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，則f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值的和為－3。答案－3三、走出誤區(qū)微提示：①原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系不清致誤；②極值點(diǎn)存在的條件不清致誤；③連續(xù)函數(shù)在開區(qū)間內(nèi)不肯定有最值。5．如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下面推斷正確的是()A．在區(qū)間(－2,1)上f(x)是增函數(shù)B．在區(qū)間(1,3)上f(x)是減函數(shù)C．在區(qū)間(4,5)上f(x)是增函數(shù)D．當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取到微小值解析在(4,5)上f′(x)>0恒成立，所以f(x)是增函數(shù)。故選C。答案C6．函數(shù)g(x)＝－x2的極值點(diǎn)是________，函數(shù)f(x)＝(x－1)3的極值點(diǎn)________(填“存在”或“不存在”)。解析結(jié)合函數(shù)圖象可知g(x)＝－x2的極值點(diǎn)是x＝0。因?yàn)閒′(x)＝3(x－1)2≥0，所以f′(x)＝0無變號(hào)零點(diǎn)，故函數(shù)f(x)＝(x－1)3不存在極值點(diǎn)。答案0不存在7．函數(shù)g(x)＝x2在[1,2]上的最小值和最大值分別是________，在(1,2)上的最小值和最大值均________(填“存在”或“不存在”)。解析依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及最值的定義可得。答案1,4不存在第1課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性考點(diǎn)一探討函數(shù)的單調(diào)性【例1】(1)已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則函數(shù)y＝xex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．[1，＋∞) D．(－∞，1](2)(2024·惠州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx，其中a∈R。①若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線與直線x－y＋3＝0平行，求a的值；②求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間。(1)解析令y′＝(1＋x)ex≥0。因?yàn)閑x>0，所以1＋x≥0，所以x≥－1。故選A。答案A(2)解①由f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx可知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x>0}，且f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq\f(a,x)，依題意，f′(2)＝4－(a＋2)＋eq\f(a,2)＝1，解得a＝2。②依題意，f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x－ax－1,x)(x>0)。令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝eq\f(a,2)。(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，eq\f(a,2)≤0，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1。則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)。(ⅱ)當(dāng)0<eq\f(a,2)<1，即0<a<2時(shí)，由f′(x)>0，得0<x<eq\f(a,2)或x>1；由f′(x)<0，得eq\f(a,2)<x<1。則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))，(1，＋∞)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1))。(ⅲ)當(dāng)eq\f(a,2)＝1，即a＝2時(shí)，f′(x)≥0恒成立，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)。(ⅳ)當(dāng)eq\f(a,2)>1，即a>2時(shí)，由f′(x)>0，得0<x<1或x>eq\f(a,2)；由f′(x)<0，得1<x<eq\f(a,2)，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))。確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟1．確定函數(shù)f(x)的定義域。2．求f′(x)。3．解不等式f′(x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間。4．解不等式f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間?！咀兪接?xùn)練】已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(4,k)))lnx＋eq\f(4－x2,x)，其中常數(shù)k>0，探討f(x)在(0,2)上的單調(diào)性。解因?yàn)閒′(x)＝eq\f(k＋\f(4,k),x)－eq\f(4,x2)－1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(4,k)))x－4－x2,x2)＝－eq\f(x－k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,k))),x2)(0<x<2，k>0)。①當(dāng)0<k<2時(shí)，eq\f(4,k)>k>0，且eq\f(4,k)>2，所以x∈(0，k)時(shí)，f′(x)<0，x∈(k,2)時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，k)上是減函數(shù)，在(k,2)上是增函數(shù)；②當(dāng)k＝2時(shí)，eq\f(4,k)＝k＝2，f′(x)<0在(0,2)上恒成立，所以f(x)在(0,2)上是減函數(shù)；③當(dāng)k>2時(shí)，0<eq\f(4,k)<2，k>eq\f(4,k)，所以x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,k)))時(shí)，f′(x)<0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k)，2))時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,k)))上是減函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k)，2))上是增函數(shù)。考點(diǎn)二已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)取值范圍【例2】(1)若函數(shù)y＝eq\f(1,2)sin2x＋acosx在區(qū)間(0，π)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－1] B．[－1，＋∞)C．(－∞，0) D．(0，＋∞)(2)已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是減函數(shù)，則a的取值范圍是________。解析(1)y′＝cos2x－asinx≥0在(0，π)上恒成立，即a≤eq\f(cos2x,sinx)＝eq\f(1－2sin2x,sinx)在(0，π)上恒成立。令t＝sinx∈(0,1]，g(t)＝eq\f(1－2t2,t)＝eq\f(1,t)－2t，t∈(0,1]，易知函數(shù)g(t)在(0,1]上單調(diào)遞減，所以g(t)min＝g(1)＝－1，所以a≤－1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1]。(2)f′(x)＝[x2－2(a－1)x－2a]·ex，因?yàn)閒(x)在[－1,1]上是減函數(shù)，所以f′(x)≤0對(duì)x∈[－1,1]恒成立，所以x2－2(a－1)x－2a≤0對(duì)x∈[－1,1]恒成立。設(shè)g(x)＝x2－2(a－1)x－2a，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1≤0，,g1≤0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2a－1－2a≤0，,1－2a－1－2a≤0，))解得a≥eq\f(3,4)。答案(1)A(2)a≥eq\f(3,4)1．f(x)在D上單調(diào)遞增(減)，只要f′(x)≥0(≤0)在D上恒成馬上可，假如能夠分別參數(shù)，則盡可能分別參數(shù)后轉(zhuǎn)化為參數(shù)值與函數(shù)最值之間的關(guān)系。2．二次函數(shù)在區(qū)間D上大于零恒成立，探討的標(biāo)準(zhǔn)是二次函數(shù)的圖象的對(duì)稱軸與區(qū)間D的相對(duì)位置，一般分對(duì)稱軸在區(qū)間左側(cè)、內(nèi)部、右側(cè)進(jìn)行探討?！咀兪接?xùn)練】已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)ax2－2x存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________。解析f′(x)＝eq\f(1,x)＋ax－2＝eq\f(ax2－2x＋1,x)(x>0)，函數(shù)f(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，即定義域(0，＋∞)內(nèi)存在區(qū)間使ax2－2x＋1≤0，等價(jià)于a小于eq\f(2x－1,x2)在x∈(0，＋∞)上的最大值，設(shè)g(x)＝eq\f(2x－1,x2)，則g′(x)＝eq\f(－2x＋2,x3)，可知，函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,1)上為增函數(shù)，在區(qū)間(1，＋∞)上為減函數(shù)，所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)g(x)取得最大值，此時(shí)g(x)＝1，所以a<1，故填(－∞，1)。答案(－∞，1)考點(diǎn)三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用微點(diǎn)小專題方向1：解不等式【例3】(2024·安徽省示范中學(xué)聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x)，對(duì)隨意的x∈R，有f(－x)－f(x)＝0，且x∈[0，＋∞)時(shí)，f′(x)>2x。若f(a－2)－f(a)≥4－4a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，1] B．[1，＋∞)C．(－∞，2] D．[2，＋∞)解析令G(x)＝f(x)－x2，則G′(x)＝f′(x)－2x。x∈[0，＋∞)時(shí)，G′(x)＝f′(x)－2x>0，所以G(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)。G(－x)＝f(－x)－(－x)2＝f(x)－x2＝G(x)，所以G(x)為偶函數(shù)，G(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)。因?yàn)閒(a－2)－f(a)≥4－4a，所以f(a－2)－4＋4a－a2≥f(a)－a2，所以f(a－2)－(a－2)2≥f(a)－a2，即G(a－2)≥G(a)，所以|a－2|≥|a|，所以a≤1。故選A。答案A本小題構(gòu)造了新函數(shù)G(x)＝f(x)－x2，通過探討其單調(diào)性解不等式。方向2：比較大小【例4】(2024·南昌摸底調(diào)研)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對(duì)隨意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，則()A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3)C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2)解析依據(jù)題意，令g(x)＝x2f(x)，其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又對(duì)隨意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，則當(dāng)x>0時(shí)，有g(shù)′(x)＝x(2f(x)＋xf′(x))>0恒成立，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又由函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f(－x)＝f(x)，則有g(shù)(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函數(shù)g(x)也為偶函數(shù)，則有g(shù)(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，則有g(shù)(－2)<g(3)，即有4f(－2)<9f(3)。故選A。答案A一般地，在不等式中猶如時(shí)含有f(x)與f′(x)，常須要通過構(gòu)造含f(x)與另一函數(shù)的積或商的新函數(shù)來求解，再借助導(dǎo)數(shù)考查新函數(shù)的性質(zhì)，繼而獲得解答。如本題已知條件“2f(x)＋xf′(x)>0”，需構(gòu)造函數(shù)g(x)＝x2f(x)，求導(dǎo)后得x>0時(shí)，g′(x)>0，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，從而問題得以解決?！绢}點(diǎn)對(duì)應(yīng)練】1．(方向1)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿意f(1)＝1，且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)<eq\f(1,2)，則不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集為________。解析由題意構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，則F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)。因?yàn)閒′(x)<eq\f(1,2)，所以F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減。因?yàn)閒(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)，f(1)＝1，所以f(x2)－eq\f(x2,2)<f(1)－eq\f(1,2)，所以F(x2)<F(1)，又函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，所以x2>1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)。答案(－∞，－1)∪(1，＋∞)2．(方向2)定義在R上的函數(shù)f(x)滿意：f′(x)>f(x)恒成立，若x1<x2，則ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系為()A．ex1f(x2)>ex2f(x1)B．ex1f(x2)<ex2f(x1)C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)D．ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系不確定解析設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)，由題意得g′(x)>0，所以g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x1<x2時(shí)，g(x1)<g(x2)，即eq\f(fx1,ex1)<eq\f(fx2,ex2)，所以ex1f(x2)>ex2f(x1)。答案Aeq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老師備用題))1．(協(xié)作例1運(yùn)用)若函數(shù)y＝eq\f(fx,lnx)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則稱f(x)為P函數(shù)。下列函數(shù)中為P函數(shù)的為()①f(x)＝1；②f(x)＝x；③f(x)＝eq\f(1,x)；④f(x)＝eq\r(x)。A．①②④ B．①③C．①③④ D．②③解析x∈(1，＋∞)時(shí)，lnx>0，x增大時(shí)，eq\f(1,lnx)，eq\f(1,xlnx)都減小，所以y＝eq\f(1,lnx)，y＝eq\f(1,xlnx)在(1，＋∞)上都是減函數(shù)，所以f(x)＝1和f(x)＝eq\f(1,x)都是P函數(shù)；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,lnx)))′＝eq\f(lnx－1,lnx2)，所以x∈(1，e)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,lnx)))′<0，x∈(e，＋∞)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,lnx)))′>0，即y＝eq\f(x,lnx)在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)＝x不是P函數(shù)；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(x),lnx)))′＝eq\f(lnx－2,2\r(x)lnx2)，所以x∈(1，e2)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(x),lnx)))′<0，x∈(e2，＋∞)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(x),lnx)))′>0，即y＝eq\f(\r(x),lnx)在(1，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)＝eq\r(x)不是P函數(shù)。故選B。答案B2．(協(xié)作例1運(yùn)用)已知函數(shù)f(x)＝ln(ex＋1)－ax(a>0)，探討函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間。解f′(x)＝eq\f(ex,ex＋1)－a＝1－eq\f(1,ex＋1)－a。①當(dāng)a≥1時(shí)，f′(x)<0恒成立，所以當(dāng)a∈[1，＋∞)時(shí)，函數(shù)y＝f(x)在R上單調(diào)遞減。②當(dāng)0<a<1時(shí)，由f′(x)>0，得(1－a)(ex＋1)>1，即ex>－1＋eq\f(1,1－a)，解得x>lneq\f(a,1－a)，由f′(x)<0，得(1－a)(ex＋1)<1，即ex<－1＋eq\f(1,1－a)，解得x<lneq\f(a,1－a)。所以當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，函數(shù)y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(a,1－a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(a,1－a)))上單調(diào)遞減。綜上，當(dāng)a∈[1，＋∞)時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(a,1－a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(a,1－a)))上單調(diào)遞減。3．(協(xié)作例3、例4運(yùn)用)設(shè)偶函數(shù)f(x)定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)0<x<eq\f(π,2)時(shí)，f′(x)cosx＋f(x)sinx<0，則不等式f(x)>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx的解集為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))解析令g(x)＝eq\f(fx,cosx)，因?yàn)閒(x)是定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的偶函數(shù)，所以g(x)是定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的偶函數(shù)，又當(dāng)0<x<eq\f(π,2)時(shí)，f′(x)cosx＋f(x)sinx<0，所以g′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x)<0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，即g(x)＝eq\f(fx,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞增，將f(x)>2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx化為eq\f(fx,cosx)>eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，即g(x)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，則|x|<eq\f(π,3)，又x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))。故選C。答案C構(gòu)造函數(shù)比較大小此類涉及已知f(x)與f′(x)的一些關(guān)系式，比較有關(guān)函數(shù)式大小的問題，可通過構(gòu)造新的函數(shù)，創(chuàng)建條件，從而利用單調(diào)性求解。一、x與f(x)的組合函數(shù)【典例1】若函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且滿意f(2)＝2，f′(x)>1，則不等式f(x)－x>0的解集為________?！窘馕觥苛頶(x)＝f(x)－x，所以g′(x)＝f′(x)－1。由題意知g′(x)>0，所以g(x)為增函數(shù)。因?yàn)間(2)＝f(2)－2＝0，所以g(x)>0的解集為(2，＋∞)?！敬鸢浮?2，＋∞)【典例2】π是圓周率，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六個(gè)數(shù)中，最小的數(shù)與最大的數(shù)分別是()A．3e,3π B．3e，eπC．e3，π3 D．πe,3π【解析】構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)f′(x)>0，即0<x<e時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)f′(x)<0，即x>e時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減。故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)。因?yàn)閑<3<π，所以eln3<elnπ，πl(wèi)ne<πl(wèi)n3，即ln3e<lnπe，lneπ<ln3π。又函數(shù)y＝lnx，y＝ex，y＝πx在定義域上單調(diào)遞增，故3e<πe<π3，e3<eπ<3π，故這六個(gè)數(shù)中的最大數(shù)為π3或3π，由e<3<π及函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)的單調(diào)性，得f(π)<f(3)<f(e)，即eq\f(lnπ,π)<eq\f(ln3,3)<eq\f(lne,e)，由eq\f(lnπ,π)<eq\f(ln3,3)，得lnπ3<ln3π，所以3π>π3，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六個(gè)數(shù)中的最大的數(shù)是3π，同理得最小的數(shù)為3e。故選A。【答案】A二、ex與f(x)的組合函數(shù)【典例3】已知f(x)(x∈R)有導(dǎo)函數(shù)，且?x∈R，f′(x)>f(x)，n∈N*，則有()A．enf(－n)<f(0)，f(n)>enf(0)B．enf(－n)<f(0)，f(n)<enf(0)C．enf(－n)>f(0)，f(n)>enf(0)D．enf(－n)>f(0)，f(n)<enf(0)【解析】設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,e2x)＝eq\f(f′x－fx,ex)>0，g(x)為R上的增函數(shù)，故g(－n)<g(0)<g(n)，即eq\f(f－n,e－n)<eq\f(f0,e0)<eq\f(fn,en)，即enf(－n)<f(0)，f(n)>enf(0)。故選A?！敬鸢浮緼【典例4】設(shè)a>0，b>0，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則()A．若ea＋2a＝eb＋3b，則a>bB．若ea＋2a＝eb＋3b，則a<bC．若ea－2a＝eb－3b，則a>bD．若ea－2a＝eb－3b，則a<b【解析】因?yàn)閍>0，b>0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b。對(duì)于函數(shù)y＝ex＋2x(x>0)，因?yàn)閥′＝ex＋2>0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因而a>b成立。故選A。【答案】A第2課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值考點(diǎn)一函數(shù)的極值問題微點(diǎn)小專題方向1：由圖象推斷函數(shù)的極值【例1】設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中肯定成立的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和微小值f(1)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和微小值f(1)C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和微小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和微小值f(2)解析由題圖可知，當(dāng)x<－2時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)－2<x<1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)1<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0。由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得微小值。故選D。答案D知圖推斷函數(shù)極值的狀況。先找導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)，再推斷導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)的左、右兩側(cè)的導(dǎo)數(shù)符號(hào)。方向2：求函數(shù)的極值【例2】已知函數(shù)f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)(a∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))。(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值。解(1)由f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)，得f′(x)＝1－eq\f(a,ex)。又曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，得f′(1)＝0，即1－eq\f(a,e)＝0，解得a＝e。(2)f′(x)＝1－eq\f(a,ex)，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)為(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)無極值。②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna，當(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝lna處取得微小值且微小值為f(lna)＝lna，無極大值。綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在x＝lna處取得微小值lna，無極大值。求函數(shù)極值的一般步驟：①先求函數(shù)f(x)的定義域，再求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)；②求f′(x)＝0的根；③推斷在f′(x)＝0的根的左、右兩側(cè)f′(x)的符號(hào)，確定極值點(diǎn)；④求出詳細(xì)極值。方向3：已知極值求參數(shù)【例3】(1)(2024·江西八校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝x2－x＋alnx在[1，＋∞)上有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________。(2)(2024·山東曲阜模擬)若函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))(x－k)k，k≥1，k∈Z，已知x＝k是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，則k＝________。解析(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2x－1＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－x＋a,x)，由題意知2x2－x＋a＝0在R上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，且在[1，＋∞)上有解，所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a≤0，所以a∈(－∞，－1]。(2)因?yàn)楹瘮?shù)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))(x－k)k，k≥1，k∈Z，所以若k是偶數(shù)，則x＝k，不是極值點(diǎn)，則k是奇數(shù)，若k<eq\f(5,2)，由f′(x)>0，解得x>eq\f(5,2)或x<k；由f′(x)<0，解得k<x<eq\f(5,2)，即當(dāng)x＝k時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值。因?yàn)閗∈Z，所以k＝1。若k>eq\f(5,2)，由f′(x)>0，解得x>k或x<eq\f(5,2)；由f′(x)<0，解得eq\f(5,2)<x<k，即當(dāng)x＝k時(shí)，函數(shù)f(x)取得微小值，不滿意條件。答案(1)(－∞，－1](2)1已知函數(shù)極值點(diǎn)或極值求參數(shù)的兩個(gè)要領(lǐng)1．列式：依據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解。2．驗(yàn)證：因?yàn)槟滁c(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值等于0不是此點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必需驗(yàn)證根的合理性。【題點(diǎn)對(duì)應(yīng)練】1．(方向1)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?a，b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)上的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在(a，b)上的極大值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4解析由函數(shù)極值的定義和導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，f′(x)在(a，b)上與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為4，但是在原點(diǎn)旁邊的導(dǎo)數(shù)值恒大于零，故x＝0不是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，其余的3個(gè)交點(diǎn)都是極值點(diǎn)，其中有2個(gè)點(diǎn)滿意其旁邊的導(dǎo)數(shù)值左正右負(fù)，故極大值點(diǎn)有2個(gè)。答案B2．(方向2)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，則f(x)的微小值為()A．－1 B．－2e－3C．5e－3 D．1解析因?yàn)閒(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1。因?yàn)閤＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點(diǎn)，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1。令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2<x<1，所以f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增，在(－2,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得微小值，且f(x)微小值＝f(1)＝－1。答案A3．(方向3)已知函數(shù)f(x)＝x(x－c)2在x＝2處有微小值，則實(shí)數(shù)c的值為()A．6 B．2C．2或6 D．0解析由f′(2)＝0可得c＝2或6。當(dāng)c＝2時(shí)，結(jié)合圖象(圖略)可知函數(shù)先增后減再增，在x＝2處取得微小值；當(dāng)c＝6時(shí)，結(jié)合圖象(圖略)可知，函數(shù)在x＝2處取得極大值。故選B。答案B4．(方向3)(2024·長(zhǎng)春市質(zhì)量監(jiān)測(cè))若函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)內(nèi)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－2eq\r(2)] B．(－∞，－2eq\r(2))C．(－∞，－3] D．(－∞，－3)解析f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋3]ex，令g(x)＝x2＋(a＋2)x＋a＋3。由題意知，g(x)在(0，＋∞)內(nèi)先減后增或先增后減，結(jié)合函數(shù)g(x)的圖象特征知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋2,2)>0，,a＋3≤0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋2,2)≤0，,a＋3<0，))解得a≤－3。故選C。答案C考點(diǎn)二函數(shù)的最值問題【例4】(2024·貴陽檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,x)－lnx。(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值和最小值(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))。解(1)f(x)＝eq\f(x－1,x)－lnx＝1－eq\f(1,x)－lnx，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)。所以f′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2)，由f′(x)>0，得0<x<1，由f′(x)<0，得x>1，所以f(x)＝1－eq\f(1,x)－lnx在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減。(2)由(1)得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，在[1，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值為f(1)＝1－1－ln1＝0。又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－e－lneq\f(1,e)＝2－e，f(e)＝1－eq\f(1,e)－lne＝－eq\f(1,e)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<f(e)。所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝2－e。所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值為0，最小值為2－e。1．求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟：第一步，求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值；其次步，求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)；第三步，將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值。2．求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要探討其極值狀況，還要探討其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值狀況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象視察得到函數(shù)的最值?！咀兪接?xùn)練】(2024·南昌摸底調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－2mx2－n(m，n∈R)。(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有最大值－ln2，求m＋n的最小值。解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－4mx＝eq\f(1－4mx2,x)，當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時(shí)，令f′(x)>0得0<x<eq\f(\r(m),2m)，令f′(x)<0得x>eq\f(\r(m),2m)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(m),2m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),2m)，＋∞))上單調(diào)遞減。(2)由(1)知，當(dāng)m≤0時(shí)，f(x)無最大值；當(dāng)m>0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(m),2m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),2m)，＋∞))上單調(diào)遞減。所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),2m)))＝lneq\f(\r(m),2m)－2m·eq\f(1,4m)－n＝－ln2－eq\f(1,2)lnm－eq\f(1,2)－n＝－ln2，所以n＝－eq\f(1,2)lnm－eq\f(1,2)，所以m＋n＝m－eq\f(1,2)lnm－eq\f(1,2)，令h(x)＝x－eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2)(x>0)，則h′(x)＝1－eq\f(1,2x)＝eq\f(2x－1,2x)，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)ln2，所以m＋n的最小值為eq\f(1,2)ln2。eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老師備用題))1．(協(xié)作例3運(yùn)用)設(shè)函數(shù)f(x)＝2lnx－mx2＋1。(1)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f(x)有極值時(shí)，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍。解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2,x)－2mx＝eq\f(－2mx2－1,x)，當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時(shí)，令f′(x)>0，則0<x<eq\f(1,\r(m))，令f′(x)<0，則x>eq\f(1,\r(m))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(m),m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)，＋∞))上單調(diào)遞減。綜上，當(dāng)m≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(m),m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)，＋∞))上單調(diào)遞減。(2)由(1)知，當(dāng)f(x)有極值時(shí)，m>0，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(m),m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)，＋∞))上單調(diào)遞減。所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)))＝2lneq\f(\r(m),m)－m·eq\f(1,m)＋1＝－lnm，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，則f(x)max>m－1。即－lnm>m－1，lnm＋m－1<0成立，令g(x)＝x＋lnx－1(x>0)，因?yàn)間′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(1)＝0，所以m－1<0，即m<1。綜上，0<m<1。所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是(0,1)。2．(協(xié)作例3運(yùn)用)已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－4x。(1)若x＝3是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值；(2)設(shè)g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－4＝eq\f(2x2－4x＋a,x)。因?yàn)閤＝3是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，所以f′(3)＝0，解得a＝－6。經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a＝－6時(shí)，x＝3是函數(shù)f(x)的一個(gè)微小值點(diǎn)，符合題意，故a＝－6。(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥xeq\o\al(2,0)－2x0，記F(x)＝x－lnx(x>0)，則F′(x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增。所以F(x)≥F(1)＝1>0，所以a≥eq\f(x\o\al(2,0)－2x0,x0－lnx0)。記G(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，則G′(x)＝eq\f(2x－2x－lnx－x－2x－1,x－lnx2)＝eq\f(x－1x－2lnx＋2,x－lnx2)。因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，所以2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，所以x－2lnx＋2>0，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))時(shí)，G′(x)<0，G(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增。所以G(x)min＝G(1)＝－1，所以a≥G(x)min＝－1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)。第3課時(shí)導(dǎo)數(shù)與不等式考點(diǎn)一不等式的證明微點(diǎn)小專題方向1：移項(xiàng)作差構(gòu)造法【例1】(2024·江西贛州高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，g(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,x)－bx，若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1)，且在點(diǎn)A處的切線相互垂直。(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)。解(1)因?yàn)閒(x)＝1－eq\f(lnx,x)，所以f′(x)＝eq\f(lnx－1,x2)，f′(1)＝－1。因?yàn)間(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,x)－bx，所以g′(x)＝－eq\f(ae,ex)－eq\f(1,x2)－b。因?yàn)榍€y＝f(x)與曲線y＝g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1)，且在點(diǎn)A處的切線相互垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1。(2)證明：由(1)知，g(x)＝－eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x)＋x，則f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)?1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0。令h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x(x≥1)，則h(1)＝0，h′(x)＝－eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x2)＋1＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1。因?yàn)閤≥1，所以h′(x)＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0，所以當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)。待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí)，一般地，可以干脆構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探討其單調(diào)性，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性即可得證?！咀兪接?xùn)練】已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ex＋1。(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)證明：f(x)<sinx在(0，＋∞)上恒成立。解(1)依題意得f′(x)＝lnx＋1－ex，又f(1)＝1－e，f′(1)＝1－e，故所求切線方程為y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x。(2)證明：依題意，要證f(x)<sinx，即證xlnx－ex＋1<sinx，即證xlnx<ex＋sinx－1。當(dāng)0<x≤1時(shí)，ex＋sinx－1>0，xlnx≤0，故xlnx<ex＋sinx－1，即f(x)<sinx。當(dāng)x>1時(shí)，令g(x)＝ex＋sinx－1－xlnx，故g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1。令h(x)＝g′(x)＝ex＋cosx－lnx－1，則h′(x)＝ex－eq\f(1,x)－sinx，當(dāng)x>1時(shí)，ex－eq\f(1,x)>e－1>1，所以h′(x)＝ex－eq\f(1,x)－sinx>0，故h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增。故h(x)>h(1)＝e＋cos1－1>0，即g′(x)>0，所以g(x)>g(1)＝e＋sin1－1>0，即xlnx<ex＋sinx－1，即f(x)<sinx。綜上所述，f(x)<sinx在(0，＋∞)上恒成立。方向2：特征分析法【例2】(2024·中原名校第七次質(zhì)量考評(píng))已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx－1。(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)證明：eq\f(e－x,x)＋x＋lnx－1≥0；(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xlnx恒成立，求k的取值范圍。解(1)f(x)≥0等價(jià)于a≥eq\f(lnx＋1,x)(x>0)。令g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，則g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1，則a≥1，所以a的最小值為1。(2)證明：由(1)知當(dāng)a＝1時(shí)有f(x)＝x－lnx－1≥0成立，即x≥lnx＋1，即t≥lnt＋1。令eq\f(e－x,x)＝t，則－x－lnx＝lnt，所以eq\f(e－x,x)≥－x－lnx＋1，即eq\f(e－x,x)＋x＋lnx－1≥0。(3)因?yàn)閗(e－x＋x2)≥x－xlnx，即keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e－x,x)＋x))≥1－lnx恒成立，所以k≥eq\f(1－lnx,\f(e－x,x)＋x)＝－eq\f(\f(e－x,x)＋x＋lnx－1,\f(e－x,x)＋x)＋1，由(2)知eq\f(e－x,x)＋x＋lnx－1≥0恒成立，所以－eq\f(\f(e－x,x)＋x＋lnx－1,\f(e－x,x)＋x)＋1≤1，故k≥1。這種方法往往要在前面問題中證明出某個(gè)不等式，在后續(xù)的問題中應(yīng)用前面的結(jié)論，呈現(xiàn)出層層遞進(jìn)的特點(diǎn)。【變式訓(xùn)練】已知函數(shù)f(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1。(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)≤0恒成立，試確定實(shí)數(shù)k的取值范圍；(3)證明：eq\f(ln2,3)＋eq\f(ln3,4)＋eq\f(ln4,5)＋…＋eq\f(lnn,n＋1)<eq\f(nn－1,4)(n∈N*且n>1)。解(1)因?yàn)閒(x)＝ln(x－1)－k(x－1)＋1，所以f′(x)＝eq\f(1,x－1)－k，x>1。所以當(dāng)k≤0時(shí)，f′(x)＝eq\f(1,x－1)－k>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)；當(dāng)k>0時(shí)，令f′(x)>0，得1<x<1＋eq\f(1,k)，令f(x)<0，得x>1＋eq\f(1,k)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1＋\f(1,k)))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)，＋∞))上是減函數(shù)。(2)因?yàn)閒(x)≤0恒成立，所以?x>1，ln(x－1)－k(x－1)＋1≤0，所以?x>1，ln(x－1)≤k(x－1)－1，所以k>0。由(1)知，當(dāng)k>0時(shí)，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))＝－lnk≤0，解得k≥1。故實(shí)數(shù)k的取值范圍是[1，＋∞)。(3)證明：令k＝1，則由(2)知，ln(x－1)≤x－2對(duì)隨意x∈(1，＋∞)恒成立，即lnx≤x－1對(duì)隨意x∈(0，＋∞)恒成立。取x＝n2，則2lnn≤n2－1，即eq\f(lnn,n＋1)<eq\f(n－1,2)，n≥2，所以eq\f(ln2,3)＋eq\f(ln3,4)＋eq\f(ln4,5)＋…＋eq\f(lnn,n＋1)<eq\f(nn－1,4)(n∈N*且n>1)。方向3：隔離分析法【例3】(2024·福州高三期末考試)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R)。(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0。解(1)f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x>eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減。(2)因?yàn)閤>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e。記g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e。綜上，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0。解：由題意知，即證exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，從而等價(jià)于lnx－x＋2≤eq\f(ex,ex)。設(shè)函數(shù)g(x)＝lnx－x＋2，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1。所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)在(0，＋∞)上的最大值為g(1)＝1。設(shè)函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,ex)，則h′(x)＝eq\f(exx－1,ex2)。所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1。綜上，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0。若干脆求導(dǎo)比較困難或無從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo)?！咀兪接?xùn)練】已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝eq\f(lnx,x)，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的極值，并證明f(x)>g(x)＋eq\f(1,2)恒成立；(2)是否存在實(shí)數(shù)a，使f(x)的最小值為3？若存在，求出a的值；若不存在，請(qǐng)說明理由。解(1)因?yàn)閒(x)＝x－lnx(x>0)，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)。所以當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)1<x<e時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增。所以f(x)的微小值為f(1)＝1，即f(x)在(0，e]上的最小值為1，令h(x)＝g(x)＋eq\f(1,2)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,2)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0<x<e時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，所以h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝1＝f(x)min。所以f(x)>g(x)＋eq\f(1,2)恒成立。(2)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)。①當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝eq\f(4,e)(舍去)，所以a≤0時(shí)，不存在a使f(x)的最小值為3。②當(dāng)0<eq\f(1,a)<e，即a>eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋lna＝3，a＝e2，滿意條件。③當(dāng)eq\f(1,a)≥e，即0<a≤eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝eq\f(4,e)(舍去)，所以0<a≤eq\f(1,e)時(shí)，不存在a使f(x)的最小值為3。綜上，存在實(shí)數(shù)a＝e2，使得當(dāng)x∈(0，e]時(shí)，f(x)有最小值3。考點(diǎn)二不等式恒成立問題【例4】(2024·陜西西北九校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－lnx＋t(x－1)，t為實(shí)數(shù)。(1)當(dāng)t＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，eq\f(k,x)－eq\f(1,2)－f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍。解(1)當(dāng)t＝1時(shí)，f(x)＝－lnx＋x－1，x>0，所以f′(x)＝－eq\f(1,x)＋1＝eq\f(x－1,x)。由f′(x)<0可得0<x<1，由f′(x)>0可得x>1，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)。(2)當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝－lnx＋eq\f(x,2)－eq\f(1,2)，eq\f(k,x)－eq\f(1,2)－f(x)＝eq\f(k,x)－eq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx＋\f(x,2)－\f(1,2)))＝lnx－eq\f(x,2)＋eq\f(k,x)，當(dāng)x>1時(shí)，eq\f(k,x)－eq\f(1,2)－f(x)<0恒成立，等價(jià)于k<eq\f(x2,2)－xlnx在(1，＋∞)上恒成立。令g(x)＝eq\f(x2,2)－xlnx，則g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx。令h(x)＝x－1－lnx，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)。當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)＝x－1－lnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)>h(1)＝0，從而當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>g′(1)＝0，即函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)>g(1)＝eq\f(1,2)，因此當(dāng)x>1時(shí)，若使k<eq\f(x2,2)－xlnx恒成立，必需k≤eq\f(1,2)。所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))。不等式恒成立問題的求解策略1．已知不等式f(x，λ)≥0(λ為實(shí)參數(shù))對(duì)隨意的x∈D恒成立，求參數(shù)λ的取值范圍。利用導(dǎo)數(shù)解決此類問題可以運(yùn)用分別參數(shù)法。2．假如無法分別參數(shù)，可以考慮對(duì)參數(shù)或自變量進(jìn)行分類探討求解，假如是二次不等式恒成立的問題，可以考慮二次項(xiàng)系數(shù)與判別式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解?！咀兪接?xùn)練】(2024·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(ax－1,x)(a∈R)。(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：不等式(x＋1)lnx>2(x－1)對(duì)?x∈(1,2)恒成立。解(1)定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－a,x2)。①a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)；②a>0時(shí)，由x>a時(shí)，f′(x)>0,0<x<a時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(a，＋∞)上為增函數(shù)，在(0，a)上為減函數(shù)。(2)證明：因?yàn)閤∈(1,2)，所以x＋1>0，所以要證原不等式成立，即證lnx>eq\f(2x－1,x＋1)對(duì)?x∈(1,2)恒成立，令g(x)＝lnx－eq\f(2x－1,x＋1)，g′(x)＝eq\f(x－12,x＋12)≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，g(x)>g(1)＝ln1－eq\f(21－1,1＋1)＝0，所以lnx>eq\f(2x－1,x＋1)對(duì)?x∈(1,2)恒成立，所以(x＋1)lnx>2(x－1)對(duì)?x∈(1,2)恒成立。證明：令F(x)＝(x＋1)lnx－2(x－1)，F(xiàn)′(x)＝lnx＋eq\f(x＋1,x)－2，＝lnx－eq\f(x－1,x)。令φ(x)＝lnx－eq\f(x－1,x)，由(1)知a＝1時(shí)，φ(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)。因?yàn)閤∈(1,2)，則φ(x)在(1,2)為增函數(shù)，φ(x)>φ(1)＝0，即x∈(1,2)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(1,2)上為增函數(shù)，所以F(x)>F(1)＝0，所以(x＋1)lnx>2(x－1)對(duì)?x∈(1,2)恒成立。第4課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)考點(diǎn)一求函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)【例1】(2024·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))。(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)探討g(x)＝f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))在區(qū)間[0,1]上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)。解(1)因?yàn)閒(x)＝ex－ax－1，所以f′(x)＝ex－a，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，lna)，單調(diào)遞增區(qū)間為(lna，＋∞)。(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝eq\f(1,2)，先考慮f(x)在區(qū)間[0,1]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增且f(0)＝0，所以f(x)在[0,1]上有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a≥e時(shí)，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，且f(0)＝0，所以f(x)在[0,1]上有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)1<a<e時(shí)，f(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna,1)上單調(diào)遞增，而f(1)＝e－a－1，當(dāng)e－a－1≥0，即1<a≤e－1時(shí)，f(x)在[0,1]上有兩個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)e－a－1<0，即e－1<a<e時(shí)，f(x)在[0,1]上有一個(gè)零點(diǎn)。當(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0得a＝2(eq\r(e)－1)，所以當(dāng)a≤1或a>e－1或a＝2(eq\r(e)－1)時(shí)，g(x)在[0,1]上有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)1<a≤e－1且a≠2(eq\r(e)－1)時(shí)，g(x)在[0,1]上有三個(gè)零點(diǎn)。依據(jù)參數(shù)確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，解題的基本思想是“數(shù)形結(jié)合”，即通過探討函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、極值、函數(shù)值的極限位置等)，作出函數(shù)的大致圖象，然后通過函數(shù)圖象得出其與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，或者兩個(gè)相關(guān)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，基本步驟是“先數(shù)后形”?！咀兪接?xùn)練】設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x。(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間。(2)當(dāng)m≥0時(shí)，探討函數(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)＝eq\f(x2－m,x)，當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)≥0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞