2023高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)壓軸題命題區(qū)間（二）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)文

PAGEPAGE48壓軸題命題區(qū)間(二)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第一課時構(gòu)造輔助函數(shù)求解導(dǎo)數(shù)問題對于證明與函數(shù)有關(guān)的不等式，或不等式在某個范圍內(nèi)恒成立求參數(shù)取值范圍、討論一些方程解的個數(shù)等類型問題時，常常需要構(gòu)造輔助函數(shù)，并求導(dǎo)研究其單調(diào)性或?qū)で笃鋷缀我饬x來解決；題目本身特點不同，所構(gòu)造的函數(shù)可有多種形式，解題的繁簡程度也因此而不同，這里給出幾種常用的構(gòu)造技巧．“比擬法〞構(gòu)造函數(shù)[典例](2022·廣州模擬)函數(shù)f(x)＝ex－ax(e為自然對數(shù)的底數(shù)，a為常數(shù))的圖象在點(0,1)處的切線斜率為－1．(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；(2)證明：當(dāng)x＞0時，x2＜ex．[解](1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a．因為f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，得x＝ln2，當(dāng)x＜ln2時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞ln2時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝ln2時，f(x)取得極小值，且極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)無極大值．(2)證明：令g(x)＝ex－x2，那么g′(x)＝ex－2x．由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＞0，故g(x)在R上單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＞0時，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜ex．[方法點撥]在本例第(2)問中，發(fā)現(xiàn)“x2，ex〞具有根本初等函數(shù)的基因，故可選擇對要證明的“x2＜ex〞構(gòu)造函數(shù)，得到“g(x)＝ex－x2”[對點演練]函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ex)，直線y＝g(x)為函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0(x0＜1)處的切線，求證：f(x)≤g(x)．證明：函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處的切線方程為y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，那么h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝eq\f(1－x,ex)－eq\f(1－x0,e)＝eq\f(1－xe－1－x0ex,e)．設(shè)φ(x)＝(1－x)e－(1－x0)ex，那么φ′(x)＝－e－(1－x0)ex，∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，∴φ(x)在R上單調(diào)遞減，又φ(x0)＝0，∴當(dāng)x＜x0時，φ(x)＞0，當(dāng)x＞x0時，φ(x)＜0，∴當(dāng)x＜x0時，h′(x)＞0，當(dāng)x＞x0時，h′(x)＜0，∴h(x)在區(qū)間(－∞，x0)上為增函數(shù)，在區(qū)間(x0，＋∞)上為減函數(shù)，∴h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．“拆分法〞構(gòu)造函數(shù)[典例]設(shè)函數(shù)f(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,x)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線為y＝e(x－1)＋2．(1)求a，b；(2)證明：f(x)＞1．[解](1)f′(x)＝aexeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))＋eq\f(bex－1x－1,x2)(x＞0)，由于直線y＝e(x－1)＋2的斜率為e，圖象過點(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝2，,f′1＝e，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,ae＝e，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2.))(2)證明：由(1)知f(x)＝exlnx＋eq\f(2ex－1,x)(x＞0)，從而f(x)＞1等價于xlnx＞xe－x－eq\f(2,e)．構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xlnx，那么g′(x)＝1＋lnx，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，g′(x)＜0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，g′(x)＞0，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)．構(gòu)造函數(shù)h(x)＝xe－x－eq\f(2,e)，那么h′(x)＝e－x(1－x)．所以當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)＜0；故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－eq\f(1,e)．綜上，當(dāng)x＞0時，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1．[方法點撥]對于第(2)問“aexlnx＋eq\f(bex－1,x)＞1”的證明，假設(shè)直接構(gòu)造函數(shù)h(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,x)－1，求導(dǎo)以后不易分析，因此并不宜對其整體進行構(gòu)造函數(shù)，而應(yīng)先將不等式“aexlnx＋eq\f(bex－1,x)＞1”合理拆分為“xlnx＞xe－x－eq\f(2,e)〞，再分別對左右兩邊構(gòu)造函數(shù)，進而到達證明原不等式的目的．[對點演練]函數(shù)f(x)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0．(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x＞0，且x≠1時，f(x)＞eq\f(lnx,x－1)．解：(1)f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－lnx)),x＋12)－eq\f(b,x2)(x＞0)．由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－eq\f(1,2)，且過點(1,1)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝1，,f′1＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)證明：由(1)知f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)(x＞0)，所以f(x)－eq\f(lnx,x－1)＝eq\f(1,1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnx－\f(x2－1,x)))．考慮函數(shù)h(x)＝2lnx－eq\f(x2－1,x)(x＞0)，那么h′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(2x2－x2－1,x2)＝－eq\f(x－12,x2)．所以當(dāng)x≠1時，h′(x)＜0．而h(1)＝0，故當(dāng)x∈(0,1)時，h(x)＞0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)＜0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＞0．從而當(dāng)x＞0，且x≠1時，f(x)－eq\f(lnx,x－1)＞0，即f(x)＞eq\f(lnx,x－1)．“換元法〞構(gòu)造函數(shù)[典例]函數(shù)f(x)＝ax2＋xlnx(a∈R)的圖象在點(1，f(1))處的切線與直線x＋3y＝0垂直．(1)求實數(shù)a的值；(2)求證：當(dāng)n＞m＞0時，lnn－lnm＞eq\f(m,n)－eq\f(n,m)．[解](1)因為f(x)＝ax2＋xlnx，所以f′(x)＝2ax＋lnx＋1，因為切線與直線x＋3y＝0垂直，所以切線的斜率為3，所以f′(1)＝3，即2a＋1＝3，故a(2)證明：要證lnn－lnm＞eq\f(m,n)－eq\f(n,m)，即證lneq\f(n,m)＞eq\f(m,n)－eq\f(n,m)，只需證lneq\f(n,m)－eq\f(m,n)＋eq\f(n,m)＞0．令eq\f(n,m)＝x，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝lnx－eq\f(1,x)＋x(x≥1)，那么g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)＋1．因為x∈[1，＋∞)，所以g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)＋1＞0，故g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．由n＞m＞0，得eq\f(n,m)＞1，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)))＞g(1)＝0，即證得lneq\f(n,m)－eq\f(m,n)＋eq\f(n,m)＞0成立，所以命題得證．[方法點撥]對“待證不等式〞等價變形為“l(fā)neq\f(n,m)－eq\f(m,n)＋eq\f(n,m)＞0”后，觀察可知，對“eq\f(n,m)〞進行換元，變?yōu)椤發(fā)nx－eq\f(1,x)＋x＞0”，構(gòu)造函數(shù)“g(x)＝lnx－eq\f(1,x)＋x(x≥1)〞來證明不等式，可簡化證明過程中的運算．[對點演練]函數(shù)f(x)＝x2lnx．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：對任意的t＞0，存在唯一的s，使t＝f(s)；(3)設(shè)(2)中所確定的s關(guān)于t的函數(shù)為s＝g(t)，證明：當(dāng)t＞e2時，有eq\f(2,5)＜eq\f(lngt,lnt)＜eq\f(1,2)．解：(1)由，得f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)(x＞0)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,\r(e))．當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))eq\f(1,\r(e))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))f′(x)－0＋f(x)極小值所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))，單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))．(2)證明：當(dāng)0＜x≤1時，f(x)≤0，∵t＞0，∴當(dāng)0＜x≤1時不存在t＝f(s)．令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tlnet－t＝t(e2t－1)＞0．故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．(3)證明：因為s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，從而eq\f(lngt,lnt)＝eq\f(lns,lnfs)＝eq\f(lns,lns2lns)＝eq\f(lns,2lns＋lnlns)＝eq\f(u,2u＋lnu)，其中u＝lns．要使eq\f(2,5)＜eq\f(lngt,lnt)＜eq\f(1,2)成立，只需0＜lnu＜eq\f(u,2)．當(dāng)t＞e2時，假設(shè)s＝g(t)≤e，那么由f(s)的單調(diào)性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以s＞e，即u＞1，從而lnu＞0成立．另一方面，令F(u)＝lnu－eq\f(u,2)，u＞1，F(xiàn)′(u)＝eq\f(1,u)－eq\f(1,2)，令F′(u)＝0，得u＝2．當(dāng)1＜u＜2時，F(xiàn)′(u)＞0；當(dāng)u＞2時，F(xiàn)′(u)＜0．故對u＞1，F(xiàn)(u)≤F(2)＜0，因此lnu＜eq\f(u,2)成立．綜上，當(dāng)t＞e2時，有eq\f(2,5)＜eq\f(lngt,lnt)＜eq\f(1,2)．二次(甚至屢次)構(gòu)造函數(shù)[典例](2022·廣州綜合測試)函數(shù)f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2．(1)假設(shè)曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線斜率為1，求實數(shù)m的值；(2)當(dāng)m≥1時，證明：f(x)＞g(x)－x3．[解](1)因為f(x)＝ex＋m－x3，所以f′(x)＝ex＋m－3x2．因為曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線斜率為1，所以f′(0)＝em＝1，解得m＝0．(2)證明：因為f(x)＝ex＋m－x3，g(x)＝ln(x＋1)＋2，所以f(x)＞g(x)－x3等價于ex＋m－ln(x＋1)－2＞0．當(dāng)m≥1時，ex＋m－ln(x＋1)－2≥ex＋1－ln(x＋1)－2．要證ex＋m－ln(x＋1)－2＞0，只需證明ex＋1－ln(x＋1)－2＞0．設(shè)h(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－2，那么h′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)．設(shè)p(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)，那么p′(x)＝ex＋1＋eq\f(1,x＋12)＞0，所以函數(shù)p(x)＝h′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．因為h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eeq\f(1,2)－2＜0，h′(0)＝e－1＞0，所以函數(shù)h′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上有唯一零點x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))．因為h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝eq\f(1,x0＋1)，即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)．當(dāng)x∈(－1，x0)時，h′(x)＜0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，h′(x)＞0，所以當(dāng)x＝x0時，h(x)取得最小值h(x0)，所以h(x)≥h(x0)＝ex0＋1－ln(x0＋1)－2＝eq\f(1,x0＋1)＋(x0＋1)－2＞0．綜上可知，當(dāng)m≥1時，f(x)＞g(x)－x3．[方法點撥]此題可先進行適當(dāng)放縮，m≥1時，ex＋m≥ex＋1，再兩次構(gòu)造函數(shù)h(x)，p(x)．[對點演練](2022·合肥一模)函數(shù)f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)求函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程；(2)假設(shè)g(x)≥f(x)對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范圍．解：(1)由f(x)＝ex－xlnx，知f′(x)＝e－lnx－1，那么f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，那么所求切線方程為y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1．(2)∵f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，∴g(x)≥f(x)對任意的x∈(0，＋∞)恒成立等價于ex－tx2＋x－ex＋xlnx≥0對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即t≤eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)對任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令F(x)＝eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)，那么F′(x)＝eq\f(xex＋ex－2ex－xlnx,x3)＝eq\f(1,x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋e－\f(2ex,x)－lnx))，令G(x)＝ex＋e－eq\f(2ex,x)－lnx，那么G′(x)＝ex－eq\f(2xex－ex,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(exx－12＋ex－x,x2)＞0對任意的x∈(0，＋∞)恒成立．∴G(x)＝ex＋e－eq\f(2ex,x)－lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且G(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時，G(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，G(x)＞0，即當(dāng)x∈(0,1)時，F(xiàn)′(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＞0，∴F(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t≤1，即t的取值范圍是(－∞，1]．1．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2ex－1＋ax3＋bx2，x＝－2和x＝1為f(x)的極值點．(1)求a，b的值；(2)討論f(x)的單調(diào)性；(3)設(shè)g(x)＝eq\f(2,3)x3－x2，比擬f(x)與g(x)的大小．解：(1)因為f′(x)＝ex－1(2x＋x2)＋3ax2＋2bx＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)，又x＝－2和x＝1為f(x)的極值點，所以f′(－2)＝f′(1)＝0，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－6a＋2b＝0，,3＋3a＋2b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,3)，,b＝－1.))(2)因為a＝－eq\f(1,3)，b＝－1，所以f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)，令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝0，x3＝1．因為當(dāng)x∈(－∞，－2)∪(0,1)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(－2,0)∪(1，＋∞)時，f′(x)＞0．所以f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上是單調(diào)遞增的；在(－∞，－2)和(0,1)上是單調(diào)遞減的．(3)由(1)可知f(x)＝x2ex－1－eq\f(1,3)x3－x2．故f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)，令h(x)＝ex－1－x，那么h′(x)＝ex－1－1．令h′(x)＝0，得x＝1，因為當(dāng)x∈(－∞，1]時，h′(x)≤0，所以h(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞減；故當(dāng)x∈(－∞，1]時，h(x)≥h(1)＝0；因為當(dāng)x∈[1，＋∞)時，h′(x)≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增；故x∈[1，＋∞)時，h(x)≥h(1)＝0．所以對任意x∈(－∞，＋∞)，恒有h(x)≥0；又x2≥0，因此f(x)－g(x)≥0．故對任意x∈(－∞，＋∞)，恒有f(x)≥g(x)．2．(2022·北京高考)函數(shù)f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x)．(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求證：當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)＞2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))；(3)設(shè)實數(shù)k使得f(x)＞keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))對x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．解：(1)因為f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)(－1＜x＜1)，所以f′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1,1－x)，f′(0)＝2．又因為f(0)＝0，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝2x．(2)證明：令g(x)＝f(x)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))，那么g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝eq\f(2x4,1－x2)．因為g′(x)>0(0<x<1)，所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增．所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0,1)，即當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))．(3)由(2)知，當(dāng)k≤2時，f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))對x∈(0,1)恒成立．當(dāng)k>2時，令h(x)＝f(x)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))，那么h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝eq\f(kx4－k＋2,1－x2)．所以當(dāng)0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))時，h′(x)<0，因此h(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(4,\f(k－2,k))))上單調(diào)遞減．故當(dāng)0<x<eq\r(4,\f(k－2,k))時，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))．所以當(dāng)k>2時，f(x)>keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x3,3)))并非對x∈(0,1)恒成立．綜上可知，k的最大值為2．3．(2022·廣州綜合測試)函數(shù)f(x)＝mex－lnx－1．(1)當(dāng)m＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)當(dāng)m≥1時，證明：f(x)＞1．解：(1)當(dāng)m＝1時，f(x)＝ex－lnx－1，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,x)．所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1．所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x．(2)證明：當(dāng)m≥1時，f(x)＝mex－lnx－1≥ex－lnx－1(x＞0)．要證明f(x)＞1，只需證明ex－lnx－2＞0．設(shè)g(x)＝ex－lnx－2，那么g′(x)＝ex－eq\f(1,x)．設(shè)h(x)＝ex－eq\f(1,x)，那么h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)＞0，所以函數(shù)h(x)＝g′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eeq\f(1,2)－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，所以函數(shù)g′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上有唯一零點x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))．因為g′(x0)＝0，所以ex0＝eq\f(1,x0)，即lnx0＝－x0．當(dāng)x∈(0，x0)時，g′(x)＜0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，g′(x)＞0．所以當(dāng)x＝x0時，g(x)取得最小值g(x0)．故g(x)≥g(x0)＝ex0－lnx0－2＝eq\f(1,x0)＋x0－2＞0．綜上可知，當(dāng)m≥1時，f(x)＞1．4．(2022·石家莊質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝aeq\r(x)－eq\f(x2,ex)(x＞0)，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)當(dāng)a＝0時，判斷函數(shù)y＝f(x)極值點的個數(shù)；(2)假設(shè)函數(shù)有兩個零點x1，x2(x1＜x2)，設(shè)t＝eq\f(x2,x1)，證明：x1＋x2隨著t的增大而增大．解：(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝－eq\f(x2,ex)(x＞0)，f′(x)＝eq\f(－2x·ex－－x2·ex,ex2)＝eq\f(xx－2,ex)，令f′(x)＝0，得x＝2，當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)＜0，y＝f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)＞0，y＝f(x)單調(diào)遞增，所以x＝2是函數(shù)的一個極小值點，無極大值點，即函數(shù)y＝f(x)有一個極值點．(2)證明：令f(x)＝aeq\r(x)－eq\f(x2,ex)＝0，得x＝aex，因為函數(shù)有兩個零點x1，x2(x1＜x2)，所以x1eq\o\al(,1)＝aex1，xeq\o\al(,2)＝aex2，可得eq\f(3,2)lnx1＝lna＋x1，eq\f(3,2)lnx2＝lna＋x2．故x2－x1＝eq\f(3,2)lnx2－eq\f(3,2)lnx1＝eq\f(3,2)lneq\f(x2,x1)．又eq\f(x2,x1)＝t，那么t＞1，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝tx1，,x2－x1＝\f(3,2)lnt，))解得x1＝eq\f(\f(3,2)lnt,t－1)，x2＝eq\f(\f(3,2)tlnt,t－1)．所以x1＋x2＝eq\f(3,2)·eq\f(t＋1lnt,t－1)．①令h(x)＝eq\f(x＋1lnx,x－1)，x∈(1，＋∞)，那么h′(x)＝eq\f(－2lnx＋x－\f(1,x),x－12)．令u(x)＝－2lnx＋x－eq\f(1,x)，得u′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)))2．當(dāng)x∈(1，＋∞)時，u′(x)＞0．因此，u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故對于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)＞u(1)＝0，由此可得h′(x)＞0，故h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．因此，由①可得x1＋x2隨著t的增大而增大．第二課時利用導(dǎo)數(shù)探究含參數(shù)函數(shù)的性質(zhì)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性[典例]函數(shù)g(x)＝lnx＋ax2＋bx，函數(shù)g(x)的圖象在點(1，g(1))處的切線平行于x軸．(1)確定a與b的關(guān)系；(2)假設(shè)a≥0，試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性．[解](1)依題意得g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋b(x＞0)．由函數(shù)g(x)的圖象在點(1，g(1))處的切線平行于x軸得：g′(1)＝1＋2a＋b＝0，∴b＝－2(2)由(1)得g′(x)＝eq\f(2ax2－2a＋1x＋1,x)＝eq\f(2ax－1x－1,x)．∵函數(shù)g(x)的定義域為(0，＋∞)，∴當(dāng)a＝0時，g′(x)＝－eq\f(x－1,x)．由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1，當(dāng)a＞0時，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(1,2a)，假設(shè)eq\f(1,2a)＜1，即a＞eq\f(1,2)，由g′(x)＞0，得x＞1或0＜x＜eq\f(1,2a)，由g′(x)＜0，得eq\f(1,2a)＜x＜1；假設(shè)eq\f(1,2a)＞1，即0＜a＜eq\f(1,2)，由g′(x)＞0，得x＞eq\f(1,2a)或0＜x＜1，由g′(x)＜0，得1＜x＜eq\f(1,2a)，假設(shè)eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)在(0，＋∞)上恒有g(shù)′(x)≥0．綜上可得：當(dāng)a＝0時，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0＜a＜eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)a＞eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．[方法點撥](1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論．(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為0的點和函數(shù)的間斷點．(3)此題(2)求解應(yīng)先分a＝0或a＞0兩種情況，再比擬eq\f(1,2a)和1的大?。甗對點演練](2022·太原一模)函數(shù)f(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝2時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)設(shè)函數(shù)h(x)＝f(x)＋eq\f(1＋a,x)，求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間．解：(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝x－2lnx，f(1)＝1，即切點為(1,1)，∵f′(x)＝1－eq\f(2,x)，∴f′(1)＝1－2＝－1，∴曲線y＝f(x)在點(1,1)處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0．(2)由題意知，h(x)＝x－alnx＋eq\f(1＋a,x)(x＞0)，那么h′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(1＋a,x2)＝eq\f(x2－ax－1＋a,x2)＝eq\f(x＋1[x－1＋a],x2)，①當(dāng)a＋1＞0，即a＞－1時，令h′(x)＞0，∵x＞0，∴x＞1＋a，令h′(x)＜0，∵x＞0，∴0＜x＜1＋a．②當(dāng)a＋1≤0，即a≤－1時，h′(x)＞0恒成立，綜上，當(dāng)a＞－1時，h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，a＋1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(a＋1，＋∞)；當(dāng)a≤－1時，h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值[典例]設(shè)a＞0，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋a(1＋lnx)．(1)假設(shè)曲線y＝f(x)在(2，f(2))處的切線與直線y＝－x＋1垂直，求切線方程．(2)求函數(shù)f(x)的極值．[解](1)由，得f′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)(x＞0)，又由題意可知y＝f(x)在(2，f(2))處切線的斜率為1，所以f′(2)＝1，即2－(a＋1)＋eq\f(a,2)＝1，解得a＝0，此時f(2)＝2－2＝0，故所求的切線方程為y＝x－2．(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a＋1x＋a,x)＝eq\f(x－1x－a,x)(x＞0)．①當(dāng)0＜a＜1時，假設(shè)x∈(0，a)，那么f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；假設(shè)x∈(a,1)，那么f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；假設(shè)x∈(1，＋∞)，那么f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．此時x＝a是f(x)的極大值點，x＝1是f(x)的極小值點，函數(shù)f(x)的極大值是f(a)＝－eq\f(1,2)a2＋alna，極小值是f(1)＝－eq\f(1,2)．②當(dāng)a＝1時，f′(x)＝eq\f(x－12,x)≥0，所以函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，此時f(x)沒有極值點，故無極值．③當(dāng)a＞1時，假設(shè)x∈(0,1)，那么f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；假設(shè)x∈(1，a)，那么f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；假設(shè)x∈(a，＋∞)，那么f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．此時x＝1是f(x)的極大值點，x＝a是f(x)的極小值點，函數(shù)f(x)的極大值是f(1)＝－eq\f(1,2)，極小值是f(a)＝－eq\f(1,2)a2＋alna．綜上，當(dāng)0＜a＜1時，f(x)的極大值是－eq\f(1,2)a2＋alna，極小值是－eq\f(1,2)；當(dāng)a＝1時，f(x)沒有極值；當(dāng)a＞1時f(x)的極大值是－eq\f(1,2)，極小值是－eq\f(1,2)a2＋alna．[方法點撥]對于解析式中含有參數(shù)的函數(shù)求極值，有時需要分類討論后解決問題．討論的思路主要有：(1)參數(shù)是否影響f′(x)零點的存在；(2)參數(shù)是否影響f′(x)不同零點(或零點與函數(shù)定義域中的間斷點)的大??；(3)參數(shù)是否影響f′(x)在零點左右的符號(如果有影響，需要分類討論)．[對點演練](2022·山東高考)設(shè)f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)f(x)在x＝1處取得極大值，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈所以g′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x)．當(dāng)a≤0，x∈(0，＋∞)時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減．所以當(dāng)a≤0時，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a＞0時，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))．(2)由(1)知，f′(1)＝0．①當(dāng)a≤0時，f′(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意．②當(dāng)0＜a＜eq\f(1,2)時，eq\f(1,2a)＞1，由(1)知f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))內(nèi)單調(diào)遞增，可得當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時，f′(x)＞0．所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))內(nèi)單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意．③當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，eq\f(1,2a)＝1，f′(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，不合題意．④當(dāng)a＞eq\f(1,2)時，0＜eq\f(1,2a)＜1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．所以f(x)在x＝1處取極大值，符合題意．綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值[典例]函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a＞0時，求函數(shù)f(x)在[1,2]上的最小值．[解](1)由題意，f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x＞0)，①當(dāng)a≤0時，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＞0，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，可得x＝eq\f(1,a)，當(dāng)0＜x＜eq\f(1,a)時，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)＞0；當(dāng)x＞eq\f(1,a)時，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)＜0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))．綜上可知，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a＞0時，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(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))．(2)①當(dāng)eq\f(1,a)≤1，即a≥1時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù)，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a．②當(dāng)eq\f(1,a)≥2，即0＜a≤eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a．③當(dāng)1＜eq\f(1,a)＜2，即eq\f(1,2)＜a＜1時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))上是減函數(shù)．又f(2)－f(1)＝ln2－a，所以當(dāng)eq\f(1,2)＜a＜ln2時，最小值是f(1)＝－a；當(dāng)ln2≤a＜1時，最小值為f(2)＝ln2－2a綜上可知，當(dāng)0＜a＜ln2時，函數(shù)f(x)的最小值是－a；當(dāng)a≥ln2時，函數(shù)f(x)的最小值是ln2－2a[方法點撥](1)在閉區(qū)間上圖象連續(xù)的函數(shù)一定存在最大值和最小值，在不是閉區(qū)間的情況下，函數(shù)在這個區(qū)間上的最大值和最小值可能都存在，也可能只存在一個，或既無最大值也無最小值；(2)在一個區(qū)間上，如果函數(shù)只有一個極值點，那么這個極值點就是最值點．[對點演練]1．假設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x2＋a)(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值為eq\f(\r(3),3)，那么a的值為()A．eq\f(\r(3),3) B．eq\r(3)C．eq\r(3)＋1 D．eq\r(3)－1解析：選Df′(x)＝eq\f(x2＋a－2x2,x2＋a2)＝eq\f(a－x2,x2＋a2)．令f′(x)＝0，得x＝eq\r(a)或x＝－eq\r(a)(舍去)，假設(shè)eq\r(a)≤1，即0＜a≤1時，在[1，＋∞)上f′(x)＜0，f(x)max＝f(1)＝eq\f(1,1＋a)＝eq\f(\r(3),3)．解得a＝eq\r(3)－1，符合題意．假設(shè)eq\r(a)＞1，即a＞1時，在[1，eq\r(a))上f′(x)＞0，在(eq\r(a)，＋∞)上f′(x)＜0，所以f(x)max＝f(eq\r(a))＝eq\f(\r(a),2a)＝eq\f(\r(3),3)，解得a＝eq\f(3,4)＜1，不符合題意，綜上知，a＝eq\r(3)－1．2．函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a為實數(shù))．(1)當(dāng)a＝5時，求函數(shù)y＝g(x)在x＝1處的切線方程；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋2))(t>0)上的最小值．解：(1)當(dāng)a＝5時，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e．又g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，故切線的斜率為g′(1)＝4e．所以切線方程為y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e．(2)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))eq\f(1,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))f′(x)－0＋f(x)極小值①當(dāng)t≥eq\f(1,e)時，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋2))上f(x)為增函數(shù)，所以f(x)min＝f(t)＝tlnt．②當(dāng)0<t<eq\f(1,e)時，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,e)))上f(x)為減函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，t＋2))上f(x)為增函數(shù)，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)．綜上，f(x)min＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tlnt，t≥\f(1,e)，,－\f(1,e)，0<t<\f(1,e).))1．函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,2)ax2－ln(1＋x)(a＞0)．(1)假設(shè)x＝2是f(x)的極值點，求a的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．解：f′(x)＝eq\f(x1－a－ax,x＋1)，x∈(－1，＋∞)．(1)依題意，得f′(2)＝0，即eq\f(21－a－2a,2＋1)＝0，解得a＝eq\f(1,3)．經(jīng)檢驗，a＝eq\f(1,3)符合題意，故a的值為eq\f(1,3)．(2)令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(1,a)－1．①當(dāng)0＜a＜1時，f(x)與f′(x)的變化情況如下：x(－1，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)f(x1)f(x2)∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)－1))，單調(diào)減區(qū)間是(－1,0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，＋∞))．②當(dāng)a＝1時，f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(－1，＋∞)．③當(dāng)a＞1時，－1＜x2＜0，f(x)與f′(x)的變化情況如下：x(－1，x2)x2(x2，x1)x1(x1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)f(x2)f(x1)∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，0))，單調(diào)減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a)－1))和(0，＋∞)．綜上，當(dāng)0＜a＜1時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)－1))，單調(diào)減區(qū)間是(－1,0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，＋∞))；當(dāng)a＝1時，f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(－1，＋∞)；當(dāng)a＞1時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，0))，單調(diào)減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a)－1))和(0，＋∞)．2．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x＜1，,alnx，x≥1.))(1)求f(x)在區(qū)間(－∞，1)上的極小值和極大值點；(2)求f(x)在[－1，e](e為自然對數(shù)的底數(shù))上的最大值．解：(1)當(dāng)x＜1時，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,3)．當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))f′(x)－0＋0－f(x)極小值極大值故當(dāng)x＝0時，函數(shù)f(x)取得極小值為f(0)＝0，函數(shù)f(x)的極大值點為x＝eq\f(2,3)．(2)①當(dāng)－1≤x＜1時，由(1)知，函數(shù)f(x)在[－1,0]和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上單調(diào)遞增．因為f(－1)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(4,27)，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值為2．②當(dāng)1≤x≤e時，f(x)＝alnx，當(dāng)a≤0時，f(x)≤0；當(dāng)a＞0時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，那么f(x)在[1，e]上的最大值為f(e)＝a．綜上所述，當(dāng)a≥2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為a；當(dāng)a＜2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為2．3．函數(shù)f(x)＝ax－1－lnx(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的極值點的個數(shù)；(2)假設(shè)函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求實數(shù)b的取值范圍．解：(1)由得f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)(x＞0)．當(dāng)a≤0時，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)在(0，＋∞)上沒有極值點．當(dāng)a＞0時，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(1,a)，由f′(x)＞0，得x＞eq\f(1,a)，∴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)，＋∞))上單調(diào)遞增，即f(x)在x＝eq\f(1,a)處有極小值．∴當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上沒有極值點，當(dāng)a＞0時，f(x)在(0，＋∞)上有一個極值點．(2)∵函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，∴f′(1)＝0，解得a＝1，∴f(x)≥bx－2?1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)≥b，令g(x)＝1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，那么g′(x)＝eq\f(lnx－2,x2)，令g′(x)＝0，得x＝e2．那么g(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－eq\f(1,e2)，即b≤1－eq\f(1,e2)，故實數(shù)b的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(1,e2)))．4．方程f(x)·x2－2ax＋f(x)－a2＋1＝0，其中a∈R，x∈R．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)假設(shè)函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)由f(x)·x2－2ax＋f(x)－a2＋1＝0得f(x)＝eq\f(2ax＋a2－1,x2＋1)，那么f′(x)＝eq\f(－2x＋aax－1,x2＋12)．①當(dāng)a＝0時，f′(x)＝eq\f(2x,x2＋12)，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)．②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝eq\f(1,a)，當(dāng)x變化時，f′(x)與f(x)的變化情況如下：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)極小值極大值故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，\f(1,a)))．③當(dāng)a＜0時，令f′(x)＝0，得x1＝－a，x2＝eq\f(1,a)，當(dāng)x變化時，f′(x)與f(x)的變化情況如下：x(－∞，x2)x2(x2，x1)x1(x1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))，(－a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，－a))．(2)由(1)得，a＝0不合題意．當(dāng)a＞0時，由(1)得，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以f(x)在[0，＋∞)上存在最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝a2＞0．設(shè)x0為f(x)的零點，易知x0＝eq\f(1－a2,2a)，且x0＜eq\f(1,a)．從而當(dāng)x＞x0時，f(x)＞0；當(dāng)x＜x0時，f(x)＜0．假設(shè)f(x)在[0，＋∞)上存在最小值，必有f(0)≤0，解得－1≤a≤1．所以當(dāng)a＞0時，假設(shè)f(x)在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，那么實數(shù)a的取值范圍是(0,1]．當(dāng)a＜0時，由(1)得，f(x)在(0，－a)上單調(diào)遞減，在(－a，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在[0，＋∞)上存在最小值f(－a)＝－1．易知當(dāng)x≥－a時，－1≤f(x)＜0，所以假設(shè)f(x)在[0，＋∞)上存在最大值，必有f(0)≥0，解得a≥1或a≤－1．所以當(dāng)a＜0時，假設(shè)f(x)在[0，＋∞)上存在最大值和最小值，那么實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1]．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1]∪(0,1]．5．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－ax＋b．(1)討論函數(shù)f(sinx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值；(2)記f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函數(shù)|f(sinx)－f0(sinx)|在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最大值D；(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－eq\f(a2,4)滿足條件D≤1時的最大值．解：(1)由題意，f(sinx)＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sinx－a)＋b，那么f′(sinx)＝(2sinx－a)cosx，因為－eq\f(π,2)＜x＜eq\f(π,2)，所以cosx＞0，－2＜2sinx＜2．①a≤－2，b∈R時，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增，無極值；②a≥2，b∈R時，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞減，無極值；③對于－2＜a＜2，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)存在唯一的x0，使得2sinx0＝a．－eq\f(π,2)＜x≤x0時，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞減；x0≤x＜eq\f(π,2)時，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增．因此，－2＜a＜2，b∈R時，函數(shù)f(sinx)在x0處有極小值f(sinx0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝b－eq\f(a2,4)．(2)當(dāng)－eq\f(π,2)≤x≤eq\f(π,2)時，|f(sinx)－f0(sinx)|＝|(a0－a)sinx＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|，當(dāng)(a0－a)(b－b0)≥0，x＝eq\f(π,2)時等號成立，當(dāng)(a0－a)(b－b0)＜0時，x＝－eq\f(π,2)時等號成立．由此可知，|f(sinx)－f0(sinx)|在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的最大值為D＝|a－a0|＋|b－b0|．(3)D≤1即為|a|＋|b|≤1，此時0≤a2≤1，－1≤b≤1，從而z＝b－eq\f(a2,4)≤1．取a＝0，b＝1，那么|a|＋|b|≤1，并且z＝b－eq\f(a2,4)＝1．由此可知，z＝b－eq\f(a2,4)滿足條件D≤1的最大值為1．6．函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)，g(x)＝alnx(a∈R)．(1)當(dāng)a≥－2時，求F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有兩個極值點為x1，x2，其中x1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，求h(x1)－h(huán)(x2)的最小值．解：(1)由題意得F(x)＝x－eq\f(1,x)－alnx(x＞0)，那么F′(x)＝eq\f(x2－ax＋1,x2)，令m(x)＝x2－ax＋1，那么Δ＝a2－4．①當(dāng)－2≤a≤2時，Δ≤0，從而F′(x)≥0，所以F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；②當(dāng)a＞2時，Δ＞0，設(shè)F′(x)＝0的兩根為x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2)，所以F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))．綜上，當(dāng)－2≤a≤2時，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a＞2時，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))．(2)對h(x)＝x－eq\f(1,x)＋alnx，x∈(0，＋∞)求導(dǎo)得，h′(x)＝1＋eq\f(1,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2＋ax＋1,x2)，h′(x)＝0的兩根分別為x1，x2，那么有x1·x2＝1，x1＋x2＝－a，所以x2＝eq\f(1,x1)，從而有a＝－x1－eq\f(1,x1)．令H(x)＝h(x)－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x－eq\f(1,x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,x)))lnx－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,x)))·ln\f(1,x)))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,x)))lnx＋x－\f(1,x)))，即H′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))lnx＝eq\f(21－x1＋xlnx,x2)(x＞0)．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，H′(x)＜0，所以H(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，又H(x1)＝h(x1)－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝h(x1)－h(huán)(x2)，所以[h(x1)－h(huán)(x2)]min＝Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝5ln2－3．第三課時導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用(一)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點或方程的根[典例](2022·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c．(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)設(shè)a＝b＝4，假設(shè)函數(shù)f(x)有三個不同零點，求c的取值范圍；(3)求證：a2－3b＞0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件．[解](1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b．因為f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c．(2)當(dāng)a＝b＝4時，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4．令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－eq\f(2,3)．f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的情況如下：x(－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)cc－eq\f(32,27)所以當(dāng)c＞0且c－eq\f(32,27)＜0時，存在x1∈(－4，－2)，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0．由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(32,27)))時，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個不同零點．(3)證明：當(dāng)Δ＝4a2－12bf′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)不可能有三個不同零點．當(dāng)Δ＝4a2－12bf′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一個零點，記作x0．當(dāng)x∈(－∞，x0)時，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)不可能有三個不同零點．綜上所述，假設(shè)函數(shù)f(x)有三個不同零點，那么必有Δ＝4a2－12b故a2－3b＞0是f(x)有三個不同零點的必要條件．當(dāng)a＝b＝4，c＝0時，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有兩個不同零點，所以a2－3b＞0不是f(x)有三個不同零點的充分條件．因此a2－3b＞0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件．[方法點撥]利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的方法(1)研究方程根的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等．(2)根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置．(3)通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn)．[對點演練]函數(shù)f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a．(1)當(dāng)a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間．(2)假設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點，求a的最小值．解：(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x－1－2lnx，那么f′(x)＝1－eq\f(2,x)，其中x∈(0，＋∞)．由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．(2)f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a＝(2－a)(x－1)－2lnx，令m(x)＝(2－a)(x－1)，h(x)＝2lnx，其中x＞0，那么f(x)＝m(x)－h(huán)(x)．①當(dāng)a＜2時，m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上為增函數(shù)，h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上為增函數(shù)，結(jié)合圖象知，假設(shè)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點，那么meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即(2－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1))≥2lneq\f(1,2)，所以a≥2－4ln2，所以2－4ln2≤a＜2．②當(dāng)a≥2時，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上m(x)≥0，h(x)＜0，所以f(x)＞0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上無零點．由①②得a≥2－4ln2，所以amin＝2－4ln2．利用導(dǎo)數(shù)證明不等式[典例]設(shè)f(x)＝ex－1．(1)當(dāng)x＞－1時，證明：f(x)＞eq\f(2x2＋x－1,x＋1)；(2)當(dāng)a＞ln2－1且x＞0時，證明：f(x)＞x2－2ax．[證明](1)當(dāng)x＞－1時，f(x)＞eq\f(2x2＋x－1,x＋1)，即ex－1＞eq\f(2x2＋x－1,x＋1)＝2x－1，當(dāng)且僅當(dāng)ex＞2x，即ex－2x＞0恒成立時原不等式成立．令g(x)＝ex－2x，那么g′(x)＝ex－2．令g′(x)＝0，即ex－2＝0，解得x＝ln2．當(dāng)x∈(－∞，ln2)時，g′(x)＝ex－2＜0，故函數(shù)g(x)在(－1，ln2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈[ln2，＋∞)時，g′(x)＝ex－2≥0，故函數(shù)g(x)在[ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．所以g(x)在(－1，＋∞)上的最小值為g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)＞0，所以在(－1，＋∞)上有g(shù)(x)≥g(ln2)＞0，即ex＞2x．故當(dāng)x∈(－1，＋∞)時，f(x)＞eq\f(2x2＋x－1,x＋1)．(2)f(x)＞x2－2ax，即ex－1＞x2－2ax，那么ex－x2＋2ax－1＞0．令p(x)＝ex－x2＋2ax－1，那么p′(x)＝ex－2x＋2a令h(x)＝ex－2x＋2a，那么h′(x)＝ex由(1)可知，當(dāng)x∈(－∞，ln2)時，h′(x)＜0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈[ln2，＋∞)時，h′(x)≥0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增．所以h(x)的最小值為h(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2因為a＞ln2－1，所以h(ln2)＞2－2ln2＋2(ln2－1)＝0，即h(x)≥h(ln2)＞0，所以p′(x)＝h(x)＞0，即p(x)在R上為增函數(shù)，故p(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以p(x)＞p(0)，而p(0)＝0，所以p(x)＝ex－x2＋2ax－1＞0，即當(dāng)a＞ln2－1且x＞0時，f(x)＞x2－2ax．[方法點撥]對于最值與不等式的證明相結(jié)合試題的求解往往先對不等式進行化簡，然后通過構(gòu)造新函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)來解決．解決此類問題應(yīng)該注意三個方面：(1)在化簡所證不等式的時候一定要注意等價變形，尤其是兩邊同時乘以或除以一個數(shù)或式的時候，注意該數(shù)或式的符號；(2)靈活構(gòu)造函數(shù)，使研究的函數(shù)形式簡單，便于計算最值；(3)在利用導(dǎo)數(shù)求解最值時要注意定義域的限制，且注意放縮法的靈活應(yīng)用．[對點演練](2022·蘭州診斷)函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a為常數(shù))，曲線y＝f(x)在與y軸的交點A處的切線斜率為－1．(1)求a的值及函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)假設(shè)x1＜ln2，x2＞ln2，且f(x1)＝f(x2)，試證明：x1＋x2＜2ln2．解：(1)由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a．又f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝ex－2x－1，f′(x)＝ex－2．由f′(x)＝ex－2＞0，得x＞ln2．所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：設(shè)x＞ln2，所以2ln2－x＜ln2，f(2ln2－x)＝e(2ln2－x)－2(2ln2－x)－1＝eq\f(4,ex)＋2x－4ln2－1．令g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＝ex－eq\f(4,ex)－4x＋4ln2(x≥ln2)，所以g′(x)＝ex＋4e－x－4≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝ln2時，等號成立，所以g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．又g(ln2)＝0，所以當(dāng)x＞ln2時，g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＞g(ln2)＝0，即f(x)＞f(2ln2－x)，所以f(x2)＞f(2ln2－x2)，又因為f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(2ln2－x2)，由于x2＞ln2，所以2ln2－x2＜ln2，因為x1＜ln2，由(1)知函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，所以x1＜2ln2－x2，即x1＋x2＜2ln2．利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題[典例]設(shè)f(x)＝ex－a(x＋1)．(1)假設(shè)?x∈R，f(x)≥0恒成立，求正實數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)g(x)＝f(x)＋eq\f(a,ex)，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲線y＝g(x)上任意兩點，假設(shè)對任意的a≤－1，直線AB的斜率恒大于常數(shù)m，求m的取值范圍．[解](1)因為f(x)＝ex－a(x＋1)，所以f′(x)＝ex－a．由題意，知a＞0，故由f′(x)＝ex－a＝0，解得x＝lna．故當(dāng)x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(x)的最小值為f(lna)＝elna－a(lna＋1)＝－alna．由題意，假設(shè)?x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立，故有－alna≥0，又a＞0，所以lna≤0，解得0＜a≤1．所以正實數(shù)a的取值范圍為(0,1]．(2)設(shè)x1，x2是任意的兩個實數(shù)，且x1＜x2．那么直線AB的斜率為k＝eq\f(gx2－gx1,x2－x1)，由k＞m，即eq\f(gx2－gx1,x2－x1)＞m．因為x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．因為x1＜x2，所以函數(shù)h(x)＝g(x)－mx在R上