高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)試題高考難點(diǎn)突破課一導(dǎo)數(shù)的綜合問題

第一課時(shí)不等式恒(能)成立問題題型一分離參數(shù)法求參數(shù)范圍例1(2020·全國Ⅰ卷)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)≥eq\f(1,2)x3＋1，求a的取值范圍.解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，f′(x)＝ex＋2x－1.故當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增.(2)由f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1得，ex＋ax2－x≥eq\f(1,2)x3＋1，其中x≥0，①當(dāng)x＝0時(shí)，不等式為1≥1，顯然成立，此時(shí)a∈R.②當(dāng)x>0時(shí)，分離參數(shù)a，得a≥－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，記g(x)＝－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，g′(x)＝－eq\f(（x－2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3).令h(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1(x>0)，則h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上遞增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex－eq\f(1,2)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)＝eq\f(7－e2,4)，綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)).感悟提升分離參數(shù)法解決恒(能)成立問題的策略(1)分離變量.構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.(2)a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min；a≥f(x)能成立?a≥f(x)min；a≤f(x)能成立?a≤f(x)max.訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2)))上存在極值，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)如果當(dāng)x≥1時(shí)，不等式f(x)－eq\f(k,x＋1)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.解(1)函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－1－lnx,x2)＝－eq\f(lnx,x2)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(0，1)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.所以x＝1為函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，且是唯一極值點(diǎn)，所以0＜a＜1＜a＋eq\f(1,2)，故eq\f(1,2)＜a＜1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)原不等式可化為當(dāng)x≥1時(shí)，k≤eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)恒成立，令g(x)＝eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)(x≥1)，則g′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋lnx＋1＋\f(1,x)))x－（x＋1）（1＋lnx）,x2)＝eq\f(x－lnx,x2).再令h(x)＝x－lnx(x≥1)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，所以g(x)為增函數(shù)，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，2].題型二分類討論法求參數(shù)范圍例2已知函數(shù)f(x)＝ex－1－ax＋lnx(a∈R).(1)若函數(shù)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)≥lnx－a＋1對一切x∈[1，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解(1)f′(x)＝ex－1－a＋eq\f(1,x)，∴f′(1)＝2－a＝3，∴a＝－1，經(jīng)檢驗(yàn)a＝－1滿足題意，∴a＝－1，(2)f(x)≥lnx－a＋1可化為ex－1－ax＋a－1≥0，令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，則當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，φ(x)min≥0，∵φ′(x)＝ex－1－a，①當(dāng)a≤0時(shí)，φ′(x)＞0，∴φ(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤0符合題意.②當(dāng)a＞0時(shí)，令φ′(x)＝0，得x＝lna＋1.當(dāng)x∈(－∞，lna＋1)時(shí)，φ′(x)＜0，當(dāng)x∈(lna＋1，＋∞)時(shí)，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(－∞，lna＋1)上單調(diào)遞減，在(lna＋1，＋∞)上單調(diào)遞增.當(dāng)lna＋1≤1，即0＜a≤1時(shí)，φ(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴0＜a≤1符合題意.當(dāng)lna＋1＞1，即a＞1時(shí)，φ(x)在[1，lna＋1)上單調(diào)遞減，在(lna＋1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(lna＋1)＜φ(1)＝0與φ(x)≥0矛盾.故a＞1不符合題意.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為{a|a≤1}.感悟提升根據(jù)不等式恒成立求參數(shù)范圍的關(guān)鍵是將恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題，此類問題關(guān)鍵是對參數(shù)分類討論，在參數(shù)的每一段上求函數(shù)的最值，并判斷是否滿足題意，若不滿足題意，只需找一個(gè)值或一段內(nèi)的函數(shù)值不滿足題意即可.訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝lnx－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且f(x)≤eq\f(lnx,x＋1)恒成立，求a的取值范圍.解f(x)－eq\f(lnx,x＋1)＝eq\f(xlnx－a（x2－1）,x＋1)，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xlnx－a(x2－1)(x≥1)，g′(x)＝lnx＋1－2ax，令F(x)＝g′(x)＝lnx＋1－2ax，F(xiàn)′(x)＝eq\f(1－2ax,x).令1－2ax＝0，得x＝eq\f(1,2a).①若a≤0，則F′(x)＞0，g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0，∴g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝0，從而f(x)－eq\f(lnx,x＋1)≥0，不符合題意.②若0＜a＜eq\f(1,2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0，∴g′(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，從而g′(x)＞g′(1)＝1－2a＞0，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝0，從而f(x)－eq\f(lnx,x＋1)≥0，不符合題意.③若a≥eq\f(1,2)，則F′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，∴g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.∴g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)≤g(1)＝0，f(x)－eq\f(lnx,x＋1)≤0，綜上所述，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).題型三雙變量的恒(能)成立問題例3設(shè)f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，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∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，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成立.g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，令g′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3)，∵geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，又g(0)＝－3，g(2)＝1，∴當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，∴M≤1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(85,27)))＝eq\f(112,27)，∴滿足條件的最大整數(shù)M為4.(2)對任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))有f(s)≥g(t)，則f(x)min≥g(x)max.由(1)知當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時(shí)，g(x)max＝g(2)＝1，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時(shí)，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，即a≥x－x2lnx恒成立.令h(x)＝x－x2lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∴h′(x)＝1－2xlnx－x，令φ(x)＝1－2xlnx－x，∴φ′(x)＝－3－2lnx＜0，h′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，又h′(1)＝0，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時(shí)，h′(x)≥0，當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，h′(x)≤0，∴h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，在[1，2]上單調(diào)遞減，∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1.∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞).感悟提升含參不等式能成立問題(有解問題)可轉(zhuǎn)化為恒成立問題解決，常見的轉(zhuǎn)化有：(1)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)min.(2)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)max.(3)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)min.(4)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)max.訓(xùn)練3已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2＋ax.(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的最小值；(2)若函數(shù)g(x)＝eq\f(x,ex)，對?x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，?x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解(1)由題設(shè)知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函數(shù)y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)單調(diào)遞減，則ymax＝－3，所以a≥－3，所以a的最小值為－3.(2)“對?x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，?x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立”等價(jià)于“當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時(shí)，f′(x)max≤g(x)max”.因?yàn)閒′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞增，所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.而g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1，所以g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.所以當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時(shí)，g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e).由8＋a≤eq\f(1,e)，得a≤eq\f(1,e)－8，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)－8)).洛必達(dá)法則在解決不等式恒(能)成立，求參數(shù)的取值范圍這一類問題時(shí)，最常用的方法是分離參數(shù)法，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的最值，但在求最值時(shí)如果出現(xiàn)“eq\f(0,0)”型或“eq\f(∞,∞)”型的代數(shù)式，就設(shè)法求其最值.“eq\f(0,0)”型的代數(shù)式，是大學(xué)數(shù)學(xué)中的不定式問題，解決此類問題的有效方法就是利用洛必達(dá)法則.洛必達(dá)法則法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件(1)eq^\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝0及eq^\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)＝0；(2)在點(diǎn)a的某去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；(3)eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′（x）,g′（x）)＝A，那么eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f（x）,g（x）)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′（x）,g′（x）)＝A.法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件(1)eq^\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝∞及eq^\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)＝∞；(2)在點(diǎn)a的某去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；(3)eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′（x）,g′（x）)＝A，那么eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f（x）,g（x）)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′（x）,g′（x）)＝A.例已知函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).(1)若f(x)在x＝－1處有極值，求a的值；(2)當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依題意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝eq\f(1,2).(2)法一當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x＞0)，則φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.①當(dāng)a≤1時(shí)，φ′(x)＝ex－a＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)＞φ(0)＝0，∴a≤1滿足條件.②當(dāng)a＞1時(shí)，若0＜x＜lna，則φ′(x)＜0，若x＞lna，則φ′(x)＞0.∴φ(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(lna)＝a－1－alna≥0.令g(a)＝a－1－alna(a＞1)，∴g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna＜0，∴g(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.∴g(a)＜g(1)＝0與g(a)≥0矛盾，故a＞1不滿足條件，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].法二當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤eq\f(ex－1,x)恒成立，令h(x)＝eq\f(ex－1,x)(x＞0)，∴h′(x)＝eq\f(ex（x－1）＋1,x2)，令k(x)＝ex(x－1)＋1(x＞0)，∴k′(x)＝ex·x＞0，∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴k(x)＞k(0)＝0，∴h′(x)＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.由洛必達(dá)法則知，eq^\o(lim,\s\do4(x→0))h(x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex－1,x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→0))ex＝1，∴a≤1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].1.已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若對任意x＞0都有f(x)＞ax成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解法一令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x＞0)，則φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x＞0，∴l(xiāng)n(x＋1)＞0.(1)當(dāng)1－a≥0，即a≤1時(shí)，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，∴φ(x)＞0恒成立，故a≤1滿足題意.(2)當(dāng)1－a＜0，即a＞1時(shí)，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴x∈(0，ea－1－1)時(shí)，φ′(x)＜0；x∈(ea－1－1，＋∞)時(shí)，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上單調(diào)遞減，在(ea－1－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)＜φ(0)＝0與φ(x)＞0恒成立矛盾，故a＞1不滿足題意.綜上有a≤1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].法二x∈(0，＋∞)時(shí)，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，即a＜eq\f(（x＋1）ln（x＋1）,x)恒成立.令g(x)＝eq\f(（x＋1）ln（x＋1）,x)(x＞0)，∴g′(x)＝eq\f(x－ln（x＋1）,x2).令k(x)＝x－ln(x＋1)(x＞0)，∴k′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)＞0，∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.∴k(x)＞k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)＞0恒成立，∴g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.由洛必達(dá)法則知eq^\o(lim,\s\do4(x→0))g(x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(（x＋1）ln（x＋1）,x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→0))[ln(x＋1)＋1]＝1，∴a≤1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].2.設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－xlnx－(2a－1)x＋a－1(a∈R).若對任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解f′(x)＝2ax－1－lnx－(2a－1)＝2a(x－1)－lnx，令g(x)＝f′(x)＝2a(x－1)－lnx，則g′(x)＝2a－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax－1,x)，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2a)，①若a≤0，則g′(x)＜0，則f′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f′(x)≤f′(1)＝0.∴f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)≤f(1)＝0，不滿足題意.②若a≥eq\f(1,2)，則eq\f(1,2a)≤1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))時(shí)，g′(x)＜0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))時(shí)，g′(x)＞0，∴f′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(x)≥f′(1)＝0，∴f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)≥f(1)＝0，滿足題意.③若0＜a＜eq\f(1,2)，則eq\f(1,2a)＞1，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時(shí)，g′(x)＜0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))時(shí)，g′(x)＞0，∴f′(x)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，又f′(1)＝0，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時(shí)，f′(x)＜0，∴f(x)單調(diào)遞減，∴f(x)＜f(1)＝0.不滿足題意.綜上，a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).3.已知a∈R，f(x)＝alnx＋x2－4x，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)，∴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.∴F(x)＞F(1)＝1＞0，∴a≥eq\f(xeq\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－2）（x－lnx）－（x－2）（x－1）,（x－lnx）2)＝eq\f(（x－1）（x－2lnx＋2）,（x－lnx）2).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2＞0，∴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.∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞).4.已知x＝eq\f(1,\r(e))為函數(shù)f(x)＝xalnx的極值點(diǎn).(1)求a的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(kx,ex)，若對?x1∈(0，＋∞)，?x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范圍.解(1)f′(x)＝axa－1lnx＋xa·eq\f(1,x)＝xa－1(alnx＋1)，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))eq\s\up12(a－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aln\f(1,\r(e))＋1))＝0，解得a＝2，當(dāng)a＝2時(shí)，f′(x)＝x(2lnx＋1)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(e))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，＋∞))上單調(diào)遞增，所以x＝eq\f(1,\r(e))為函數(shù)f(x)＝xalnx的極小值點(diǎn)，因此a＝2.(2)由(1)知f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝－eq\f(1,2e)，函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)g′(x)＝k(1－x)e－x.①當(dāng)k＞0時(shí)，當(dāng)x＜1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，對?x1∈(0，＋∞)，?x2＝－eq\f(1,k)，使得g(x2)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))＝－eeq\f(1,k)＜－1＜－eq\f(1,2e)≤f(x1)，符合題意.②當(dāng)k＝0時(shí)，g(x)＝0，取x1＝eq\f(1,\r(e))，對?x2∈R有f(x1)－g(x2)＜0，不符合題意.③當(dāng)k＜0時(shí)，當(dāng)x＜1時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)min＝g(1)＝eq\f(k,e)，若對?x1∈(0，＋∞)，?x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，即eq\f(k,e)≤－eq\f(1,2e)，解得k≤－eq\f(1,2).綜上所述，k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞).

第二課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)題型一判斷、證明或討論零點(diǎn)的個(gè)數(shù)例1已知函數(shù)f(x)＝xsinx－eq\f(3,2).判斷函數(shù)f(x)在(0，π)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并加以證明.解f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn).證明如下：∵f′(x)＝sinx＋xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)＞0，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，從而有f(0)＝－eq\f(3,2)＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象是連續(xù)不間斷的.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn).又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的圖象是連續(xù)不間斷的，故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，有g(shù)′(x)＜0，從而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))內(nèi)單調(diào)遞減.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時(shí)，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時(shí)，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上無零點(diǎn)；當(dāng)x∈(m，π)時(shí)，有g(shù)(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內(nèi)單調(diào)遞減.又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的圖象是連續(xù)不斷的，從而f(x)在(m，π)內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).綜上所述，f(x)在(0，π)內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn).感悟提升利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的零點(diǎn)常用方法(1)構(gòu)造函數(shù)g(x)，利用導(dǎo)數(shù)研究g(x)的性質(zhì)，結(jié)合g(x)的圖象，判斷函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).(2)利用零點(diǎn)存在定理，先判斷函數(shù)在某區(qū)間有零點(diǎn)，再結(jié)合圖象與性質(zhì)確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn).訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1).(1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).(1)解當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq\r(3)或x＝3＋2eq\r(3).當(dāng)x∈(－∞，3－2eq\r(3))∪(3＋2eq\r(3)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))，(3＋2eq\r(3)，＋∞)單調(diào)遞增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))單調(diào)遞減.(2)證明由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等價(jià)于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.設(shè)g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，則g′(x)＝eq\f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，僅當(dāng)x＝0時(shí)g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增.故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn).又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一個(gè)零點(diǎn).綜上，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).題型二根據(jù)零點(diǎn)情況求參數(shù)范圍例2已知函數(shù)f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R).(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求f(x)的圖象在x＝1處的切線方程；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝2lnx－x2＋2x，則f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，1)，則切線的斜率k＝f′(1)＝2，則函數(shù)f(x)的圖象在x＝1處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝f(x)－ax＋m＝2lnx－x2＋m，則g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2（x＋1）（x－1）,x)，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，∴由g′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)eq\f(1,e)≤x＜1時(shí)，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)1＜x≤e時(shí)，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)g(x)取得極大值g(1)＝m－1，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－eq\f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＞g(e)，∴g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個(gè)零點(diǎn)需滿足條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）＝m－1＞0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－\f(1,e2)≤0，))解得1＜m≤2＋eq\f(1,e2).故實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).感悟提升1.函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)可轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，根據(jù)圖象的幾何直觀求解.2.與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的參數(shù)范圍問題，往往利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，并結(jié)合特殊點(diǎn)判斷函數(shù)的大致圖象，進(jìn)而求出參數(shù)的取值范圍.也可分離出參數(shù)，轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)情況.訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ex－ex，則f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，當(dāng)x<1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，且極小值為f(1)＝0，無極大值.(2)由題意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，設(shè)g(x)＝ex－2ax＋a－e，則g′(x)＝ex－2a.若a＝0，由(1)知f(x)的極小值f(1)＝0，故f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)沒有零點(diǎn).若a<0，則g′(x)＝ex－2a>0，故函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增.又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.因?yàn)閒(0)＝1，f(1)＝0，所以當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)存在零點(diǎn).若a>0，由(1)得當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，ex>ex.則f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此時(shí)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)沒有零點(diǎn).綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，0).題型三與函數(shù)零點(diǎn)相關(guān)的綜合問題例3設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f′(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閥＝e2x單調(diào)遞增，y＝－eq\f(a,x)單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又f′(a)>0，當(dāng)b滿足0<b<eq\f(a,4)，且b<eq\f(1,4)時(shí)，f′(b)<0，(討論a≥1或a<1來檢驗(yàn)，①當(dāng)a≥1時(shí)，則0<b<eq\f(1,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\f(1,2)－4a<2eeq\f(1,2)－4<0；②當(dāng)a<1時(shí)，則0<b<eq\f(a,4)，f′(b)＝2e2b－eq\f(a,b)<2eeq\f(a,2)－4<2eeq\f(1,2)－4<0，綜上，f′(b)<0.)故當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)存在唯一零點(diǎn).(2)證明由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).感悟提升1.在(1)問中，當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，從而f′(x)在(0，＋∞)上至多有一個(gè)零點(diǎn)，問題的關(guān)鍵是找到b，使f′(b)<0.2.由(1)問知，函數(shù)f′(x)存在唯一零點(diǎn)x0，則f(x0)為函數(shù)的最小值，從而把問題轉(zhuǎn)化為證明f(x0)≥2a＋alneq\f(2,a).訓(xùn)練3(2020·全國Ⅲ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))處的切線與y軸垂直.(1)求b；(2)若f(x)有一個(gè)絕對值不大于1的零點(diǎn)，證明：f(x)所有零點(diǎn)的絕對值都不大于1.(1)解f′(x)＝3x2＋b.依題意得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，即eq\f(3,4)＋b＝0，故b＝－eq\f(3,4).(2)證明由(1)知f(x)＝x3－eq\f(3,4)x＋c，f′(x)＝3x2－eq\f(3,4).令f′(x)＝0，解得x＝－eq\f(1,2)或x＝eq\f(1,2).f′(x)與f(x)的情況為：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)c＋eq\f(1,4)c－eq\f(1,4)因?yàn)閒(1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,4)，所以當(dāng)c<－eq\f(1,4)時(shí)，f(x)只有大于1的零點(diǎn).因?yàn)閒(－1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－eq\f(1,4)，所以當(dāng)c>eq\f(1,4)時(shí)，f(x)只有小于－1的零點(diǎn).由題設(shè)可知－eq\f(1,4)≤c≤eq\f(1,4).當(dāng)c＝－eq\f(1,4)時(shí)，f(x)只有兩個(gè)零點(diǎn)－eq\f(1,2)和1.當(dāng)c＝eq\f(1,4)時(shí)，f(x)只有兩個(gè)零點(diǎn)－1和eq\f(1,2).當(dāng)－eq\f(1,4)<c<eq\f(1,4)時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)x1，x2，x3，且x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).綜上，若f(x)有一個(gè)絕對值不大于1的零點(diǎn)，則f(x)所有零點(diǎn)的絕對值都不大于1.隱零點(diǎn)問題在求解函數(shù)問題時(shí)，很多時(shí)候都需要求函數(shù)f(x)在區(qū)間I上的零點(diǎn)，但所述情形都難以求出其準(zhǔn)確值，導(dǎo)致解題過程無法繼續(xù)進(jìn)行時(shí)，可這樣嘗試求解：先證明函數(shù)f(x)在區(qū)間I上存在唯一的零點(diǎn)(例如，函數(shù)f(x)在區(qū)間I上是單調(diào)函數(shù)且在區(qū)間I的兩個(gè)端點(diǎn)的函數(shù)值異號時(shí)就可證明存在唯一的零點(diǎn))，這時(shí)可設(shè)出其零點(diǎn)是x0.因?yàn)閤0不易求出(當(dāng)然，有時(shí)是可以求出但無需求出)，所以把零點(diǎn)x0叫做隱零點(diǎn)；若x0容易求出，就叫做顯零點(diǎn)，而后解答就可繼續(xù)進(jìn)行，實(shí)際上，此解法類似于解析幾何中“設(shè)而不求”的方法.例設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝1，k為整數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.解(1)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝ex－a.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，所以f(x)單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)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)由題設(shè)可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k<x＋eq\f(x＋1,ex－1)(x>0)恒成立，令g(x)＝eq\f(x＋1,ex－1)＋x(x>0)，得g′(x)＝eq\f(ex－1－（x＋1）ex,（ex－1）2)＋1＝eq\f(ex（ex－x－2）,（ex－1）2)(x>0).由(1)的結(jié)論可知，函數(shù)h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函數(shù).又因?yàn)閔(1)<0，h(2)>0，所以函數(shù)h(x)的唯一零點(diǎn)α∈(1，2)(該零點(diǎn)就是h(x)的隱零點(diǎn)).當(dāng)x∈(0，α)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈(α，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝eq\f(α＋1,eα－1)＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，則g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值為2.極限思想在解決零點(diǎn)問題中的應(yīng)用解決函數(shù)的零點(diǎn)問題，往往要轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸的交點(diǎn)問題，故需判斷函數(shù)圖象的變化趨勢，極限的思想方法是解決問題的有力工具.例(1)已知函數(shù)f(x)＝ax－x2(a＞1)有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解令f(x)＝ax－x2＝0，可得ax＝x2.①當(dāng)x＜0時(shí)，函數(shù)y＝ax與y＝x2的圖象有一個(gè)交點(diǎn)；②當(dāng)x＞0時(shí)，兩邊同時(shí)取自然對數(shù)得xlna＝2lnx，即lna＝eq\f(2lnx,x)，由題意得函數(shù)y＝lna與g(x)＝eq\f(2lnx,x)的圖象在(0，＋∞)上有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，g′(x)＝eq\f(2（1－lnx）,x2)，令g′(x)＞0，解得0＜x＜e，則g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增；令g′(x)＜0，解得x＞e，則g(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，則g(x)max＝g(e)＝eq\f(2,e)，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0且g(x)＞0；當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→－∞，則有0＜lna＜eq\f(2,e)，解得1＜a＜eeq\f(2,e).綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e\f(2,e))).(2)已知函數(shù)f(x)＝ex(x＋1)，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)于函數(shù)u(x)＝ex·(x－2)的圖象與直線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，∴u(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，u′(x)＞0，∴u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝1時(shí)，u(x)取得極小值u(1)＝－e.又當(dāng)x→＋∞時(shí)，u(x)→＋∞，當(dāng)x＜2時(shí)，u(x)＜0，∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為{m|－e＜m＜0}.1.(2021·安慶一模)函數(shù)f(x)＝ex－2ax－a.(1)討論函數(shù)的極值；(2)當(dāng)a＞0時(shí)，求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).解(1)由題意，函數(shù)f(x)＝ex－2ax－a，可得f′(x)＝ex－2a，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＝ex－2a＞0，f(x)在R上為單調(diào)增函數(shù)，此時(shí)無極值；當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)＝ex－2a＞0，解得x＞ln(2a)，所以f(x)在(ln(2a)，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)；令f′(x)＝ex－2a＜0，解得x＜ln(2a)，f(x)在(－∞，ln(2a))上為單調(diào)減函數(shù)，所以當(dāng)x＝ln(2a)時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值f(x)極小值＝f(ln(2a))＝a－2aln(2a)，無極大值.綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)無極值，當(dāng)a＞0時(shí)，f極小值＝f(ln(2a))＝a－2aln(2a)，無極大值.(2)由(1)知當(dāng)a＞0，f(x)在(ln(2a)，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)，在(－∞，ln(2a))上為單調(diào)減函數(shù)，且f(x)極小值＝a－2aln(2a)，又由f(x)＝ex－a(2x＋1)，若x→－∞時(shí)，f(x)→＋∞；若x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞；當(dāng)a－2aln(2a)＞0，即0＜a＜eq\f(\r(e),2)時(shí)，f(x)無零點(diǎn)；當(dāng)a－2aln(2a)＝0，即a＝eq\f(\r(e),2)時(shí)，f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a－2aln(2a)＜0，即a＞eq\f(\r(e),2)時(shí)，f(x)有2個(gè)零點(diǎn).綜上，當(dāng)0＜a＜eq\f(\r(e),2)時(shí)，f(x)無零點(diǎn)；當(dāng)a＝eq\f(\r(e),2)時(shí)，f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＞eq\f(\r(e),2)時(shí)，f(x)有2個(gè)零點(diǎn).2.已知函數(shù)f(x)＝(2－x)ex，g(x)＝a(x－1)2.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)討論y＝f(x)和y＝g(x)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù).解(1)f′(x)＝－ex＋(2－x)ex＝(1－x)ex，則f′(0)＝1，又f(0)＝2，所以切線方程為y＝x＋2，即x－y＋2＝0.(2)令F(x)＝g(x)－f(x)＝a(x－1)2＋(x－2)ex，則y＝f(x)和y＝g(x)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即F(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).F′(x)＝(x－1)(ex＋2a).①當(dāng)a＝0時(shí)，F(xiàn)(x)＝(x－2)ex，F(xiàn)(x)只有一個(gè)零點(diǎn).②當(dāng)a＜0時(shí)，由F′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).若a≥－eq\f(e,2)，則ln(－2a)≤1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0，因此F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.當(dāng)x→＋∞時(shí)，F(xiàn)(x)＞0；又當(dāng)x≤1時(shí)，F(xiàn)(x)＜0，所以F(x)只有一個(gè)零點(diǎn).若a＜－eq\f(e,2)，則ln(－2a)＞1，故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0；當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0.因此F(x)在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增.當(dāng)x→＋∞時(shí)，F(xiàn)(x)＞0；又當(dāng)x≤1時(shí)，F(xiàn)(x)＜0，所以F(x)只有一個(gè)零點(diǎn).③若a＞0時(shí)，若x∈(－∞，1)，則F′(x)＜0；若x∈(1，＋∞)，則F′(x)＞0，所以F(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.F(1)＝－e，F(xiàn)(2)＝a，取b滿足b＜0，且b＜lneq\f(a,2).則F(b)＞eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))＞0，所以F(x)有兩個(gè)零點(diǎn).綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，y＝f(x)和y＝g(x)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為1；當(dāng)a＞0時(shí)，y＝f(x)和y＝g(x)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.3.(2021·青島三模)已知函數(shù)f(x)＝x3－3kx＋2，k∈R.(1)若x＝－2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，求k的值及f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在[0，2]上有且僅有2個(gè)零點(diǎn)，求f(x)在[0，2]上的最大值g(k).解(1)由題意知，f(x)＝x3－3kx＋2的定義域?yàn)镽，f′(x)＝3x2－3k，∴f′(－2)＝12－3k＝0，解得k＝4，∵f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，∵x∈(－2，2)時(shí)，f′(x)＜0；x∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－2)和(2，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－2，2).(2)由(1)知，f′(x)＝3(x2－k)，①當(dāng)k≤0時(shí)，f′(x)＝3(x2－k)≥0恒成立，∴f(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，最多只有1個(gè)零點(diǎn)，不符合條件，舍去.②當(dāng)k≥4時(shí)，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f′(x)＝3(x2－k)≤0恒成立，∴f(x)在[0，2]上單調(diào)遞減，最多只有1個(gè)零點(diǎn)，不符合條件，舍去.③當(dāng)0＜k＜4時(shí)，令f′(x)＝3(x2－k)＜0得0＜x＜eq\r(k)，∴f(x)在(0，eq\r(k))上遞減，在(eq\r(k)，2)上遞增，要使函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，2]上有且僅有2個(gè)零點(diǎn)，必有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）≥0，,f（\r(k)）＜0，,f（2）≥0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2≥0，,（\r(k)）3－3k\r(k)＋2＜0，,8－6k＋2≥0，))解得1＜k≤eq\f(5,3)，當(dāng)f(2)－f(0)≥0，即1＜k≤eq\f(4,3)時(shí)，由f(x)的單調(diào)性可知f(x)max＝f(2)＝10－6k，同理，當(dāng)f(2)－f(0)＜0，即eq\f(4,3)＜k≤eq\f(5,3)時(shí)，f(x)max＝f(0)＝2，∴f(x)在[0，2]上的最大值g(k)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10－6k，1＜k≤\f(4,3)，,2，\f(4,3)＜k≤\f(5,3).))4.(2020·全國Ⅰ卷)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，x∈R，則f′(x)＝ex－1.當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增.(2)f′(x)＝ex－a.①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增.故f(x)至多存在一個(gè)零點(diǎn)，不合題意.②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0，可得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)單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)單調(diào)遞增.故當(dāng)x＝lna時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(lna)＝－a(1＋lna).(ⅰ)若0<a≤eq\f(1,e)，則f(lna)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)至多存在一個(gè)零點(diǎn)，不合題意.(ⅱ)若a>eq\f(1,e)，則f(lna)<0.因?yàn)閒(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，lna)存在唯一零點(diǎn).由(1)知，當(dāng)x>2時(shí)，ex－x－2>0.所以當(dāng)x>4且x>2ln(2a)時(shí)，f(x)＝eeq\f(x,2)·eeq\f(x,2)－a(x＋2)>eln(2a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋2))－a(x＋2)＝2a>0.故f(x)在(lna，＋∞)存在唯一零點(diǎn).從而f(x)在(－∞，＋∞)有兩個(gè)零點(diǎn).綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).

第三課時(shí)構(gòu)造函數(shù)證明不等式題型一移項(xiàng)構(gòu)造函數(shù)證明不等式例1已知函數(shù)f(x)＝ex－3x＋3a(e為自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當(dāng)a＞lneq\f(3,e)，且x＞0時(shí)，eq\f(ex,x)＞eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)－3a.(1)解由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln3)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3處取得極小值，極小值為f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)，無極大值.(2)證明待證不等式等價(jià)于ex＞eq\f(3,2)x2－3ax＋1，設(shè)g(x)＝ex－eq\f(3,2)x2＋3ax－1，x＞0，于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.由(1)及a＞lneq\f(3,e)＝ln3－1知g′(x)的最小值為g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)＞0.于是對任意x＞0，都有g(shù)′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增.于是當(dāng)a＞lneq\f(3,e)＝ln3－1時(shí)，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)＞g(0).而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即ex＞eq\f(3,2)x2－3ax＋1，故eq\f(ex,x)＞eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)－3a.感悟提升待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性等相關(guān)函數(shù)性質(zhì)證明不等式.訓(xùn)練1證明：當(dāng)x>1時(shí)，eq\f(1,2)x2＋lnx<eq\f(2,3)x3.證明設(shè)g(x)＝eq\f(2,3)x3－eq\f(1,2)x2－lnx，則g′(x)＝2x2－x－eq\f(1,x)，因?yàn)楫?dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＝eq\f(（x－1）（2x2＋x＋1）,x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以當(dāng)x>1時(shí)，g(x)＞g(1)＝eq\f(1,6)＞0，所以當(dāng)x＞1時(shí)，eq\f(1,2)x2＋lnx＜eq\f(2,3)x3.題型二分拆函數(shù)法證明不等式例2證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.證明問題等價(jià)于證明xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞)).設(shè)f(x)＝xlnx，f′(x)＝1＋lnx，易知x＝eq\f(1,e)為f(x)的唯一極小值點(diǎn)，則f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq\f(1,e)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,e)時(shí)取到.設(shè)m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由m′(x)＜0，得x＞1時(shí)，m(x)單調(diào)遞減；由m′(x)＞0得0＜x＜1時(shí)，m(x)單調(diào)遞增，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取到.從而對一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－eq\f(1,e)≥eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，兩個(gè)等號不同時(shí)取到，所以對一切x∈(0，＋∞)都有l(wèi)nx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立.感悟提升1.若直接求導(dǎo)后導(dǎo)數(shù)式比較復(fù)雜或無從下手時(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).在證明過程中，等價(jià)轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，此處g(x)min≥f(x)max恒成立，從而f(x)≤g(x)恒成立.2.等價(jià)變形的目的是求導(dǎo)后簡單地找到極值點(diǎn)，一般地，ex與lnx要分離，常構(gòu)造xn與lnx，xn與ex的積、商形式.便于求導(dǎo)后找到極值點(diǎn).訓(xùn)練2(2022·百校大聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(x∈R).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.(1)解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，∴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.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)證明法一∵x>0，∴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，∴f(x)max＝f(1)＝－e.記g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，∴當(dāng)0<x<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)遞減；在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴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.法二由題意知，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.∴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(ex（x－1）,ex2).∴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.題型三放縮后構(gòu)造函數(shù)證明不等式例3已知x∈(0，1)，求證：x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).證明法一要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)，只需證exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))＜lnx，又易證ex＞x＋1(0＜x＜1)，∴只需證明lnx＋(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x2))＞0.即證lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，∴只需證lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－2－eq\f(1,x2)＝－eq\f(2x2－x＋1,x2)，而2x2－x＋1＞0恒成立，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g(x)＞g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0.∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).法二∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，∴要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)成立，只需證exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,x)))＜lnx成立，只需證x2－eq\f(1,x)＜lnx，又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需證lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，令h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x2－x＋1,x2)，而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h(x)＞h(1)＝0，∴l(xiāng)nx＋eq\f(1,x)－x＞0，∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).感悟提升某些不等式，直接構(gòu)造函數(shù)不易求其最值，可以適當(dāng)?shù)乩檬熘暮瘮?shù)不等式ex≥x＋1，1－eq\f(1,x)≤lnx≤x－1等進(jìn)行放縮，有利于簡化后續(xù)導(dǎo)數(shù)式的求解或函數(shù)值正負(fù)的判斷；也可以利用局部函數(shù)的有界性進(jìn)行放縮，然后再構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行證明.訓(xùn)練3證明：exlnx＋eq\f(2ex－1,x)＞1.證明不等式exlnx＋eq\f(2ex－1,x)＞1等價(jià)于eq\f(ex－1,x)(exlnx＋2)＞1，由常用不等式ex≥x＋1，故ex－1≥x.即eq\f(ex－1,x)≥1，故只需證exlnx＋2＞1，令f(x)＝exlnx＋2(x＞0)，則f′(x)＝e(lnx＋1)，易得當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，f′(x)＜0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1，原不等式得證.指對同構(gòu)在解決指對混合不等式時(shí)，如恒成立求參數(shù)取值范圍或證明不等式，有一部分題是命題者利用函數(shù)單調(diào)性構(gòu)造出來的，如果我們能找到這個(gè)函數(shù)模型(即不等式兩邊對應(yīng)的同一函數(shù))，無疑大大加快解決問題的速度.找到這個(gè)函數(shù)模型的方法，我們稱為同構(gòu)法.(1)五個(gè)常見變形：xex＝ex＋lnx，eq\f(ex,x)＝ex－lnx，eq\f(x,ex)＝elnx－x，x＋lnx＝lnxex，x－lnx＝lneq\f(ex,x).(2)三種基本模式①積型：aea≤blnbeq\o(→,\s\up17(三種同構(gòu)方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：aea≤（lnb）elnb……f（x）＝xex，,同右：ealnea≤blnb……f（x）＝xlnx，,取對：a＋lna≤lnb＋ln（lnb）……f（x）＝x＋lnx，))②商型：eq\f(ea,a)＜eq\f(b,lnb)eq\o(→,\s\up17(三種同構(gòu)方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：\f(ea,a)＜\f(elnb,lnb)……f（x）＝\f(ex,x)，,同右：\f(ea,lnea)＜\f(b,lnb)……f（x）＝\f(x,lnx)，,取對：a－lna＜lnb－ln（lnb）……f（x）＝x－lnx，))③和差型：ea±a＞b±lnbeq\o(→,\s\up17(兩種同構(gòu)方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：ea±a＞elnb±lnb……f（x）＝ex±x，,同右：ea±lnea＞b±lnb……f（x）＝x±lnx.))例(1)(2020·新高考全國Ⅰ卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx＋lna.若f(x)≥1，求a的取值范圍.解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1，等價(jià)于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx.令g(x)＝ex＋x，上述不等式等價(jià)于g(lna＋x－1)≥g(lnx).顯然g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以又等價(jià)于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1.令h(x)＝lnx－x＋1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以lna≥0，即a≥1，a的取值范圍是[1，＋∞).(2)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1，證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0.證明當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1，所以只需證明eq\f(ex,e)－lnx－1≥0，由于eq\f(ex,e)－lnx－1≥0?ex≥elnex?xex≥exlnex?xex≥elnexlnex，令g(x)＝xex，由g′(x)＝ex(x＋1)＞0知g(x)為增函數(shù)，又易證x≥lnex＝lnx＋1，所以g(x)≥g(lnex)，即xex≥elnexlnex成立.故當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0.1.已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(alnx,x2).(1)若a＝1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝0，x∈(0，1)，證明：x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex).(1)解當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx－eq\f(lnx,x2)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1－2lnx,x3)＝eq\f(x2－1＋2lnx,x3)＝eq\f(（x－1）（x＋1）＋2lnx,x3).當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，∴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)證明當(dāng)a＝0，x∈(0，1)時(shí)，x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex)等價(jià)于eq\f(－lnx,ex)＋x2－eq\f(1,x)<0，∵當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，ex∈(1，e)，－lnx>0，∴eq\f(－lnx,ex)<－lnx，∴只需要證－lnx＋x2－eq\f(1,x)<0在(0，1)上恒成立.令g(x)＝－lnx＋x2－eq\f(1,x)，x∈(0，1)，∴g′(x)＝－eq\f(1,x)＋2x＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2x3－x＋1,x2)>0，則函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，于是g(x)<－ln1＋1－1＝0，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，x2－eq\f(1,x)<eq\f(f（x）,ex).2.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處的切線互相垂直.(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).(1)解因?yàn)閒(x)＝1－eq\f(lnx,x)，x＞0，所以f′(