第32練導數的綜合應用[明考情]導數部分在高考中的應用一般綜合性較強，以壓軸題形式呈現，導數和函數零點，方程根及不等式相結合是高考命題的熱點，高檔難度.[知考向]1.導數與函數零點.2.導數與不等式.3.導數與其他知識的交匯問題.考點一導數與函數零點方法技巧研究函數零點或兩函數圖象的交點，可以通過導數研究函數的單調性、極值和最值，確定函數圖象的變化趨勢，畫出函數草圖，確定函數圖象與x軸的交點或兩函數圖象的交點.1.設函數f(x)＝eq\f(1,2)x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x，m＞0.(1)求函數f(x)的單調區間；(2)當m≥1時，討論函數f(x)與g(x)圖象的交點個數.解(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x＋\r(m)x－\r(m),x).當0＜x＜eq\r(m)時，f′(x)＜0，函數f(x)單調遞減，當x＞eq\r(m)時，f′(x)＞0，函數f(x)單調遞增.綜上可知，函數f(x)的單調遞增區間是[eq\r(m)，＋∞)，單調遞減區間是(0，eq\r(m)].(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－eq\f(1,2)x2＋(m＋1)x－mlnx，x＞0，問題等價于求函數F(x)的零點個數.F′(x)＝－eq\f(x－1x－m,x)，當m＝1時，F′(x)≤0，函數F(x)為減函數，注意到F(1)＝eq\f(3,2)＞0，F(4)＝－ln4＜0，所以F(x)有唯一零點.當m＞1時，若0＜x＜1或x＞m，則F′(x)＜0；若1＜x＜m，則F′(x)＞0，所以函數F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上單調遞減，在(1，m)上單調遞增，注意到F(1)＝m＋eq\f(1,2)＞0，F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)＜0，所以F(x)有唯一零點.綜上，函數F(x)有唯一零點，即兩函數圖象總有一個交點.2.設函數f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.(1)當m＝e(e為自然對數的底數)時，求f(x)的極小值；(2)討論函數g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零點的個數.解(1)由題設，當m＝e時，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)(x>0)，則f′(x)＝eq\f(x－e,x2)(x>0)，∴當x∈(0，e)時，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調遞減，當x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上單調遞增，∴當x＝e時，f(x)取得極小值f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2，∴f(x)的極小值為2.(2)由題設g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0).設φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x>0)，則φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，當x∈(0，1)時，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上單調遞增；當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上單調遞減.∴x＝1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點，因此x＝1也是φ(x)的最大值點，∴φ(x)的最大值為φ(1)＝eq\f(2,3).又φ(0)＝0，結合y＝φ(x)的圖象(如圖)可知，①當m>eq\f(2,3)時，函數g(x)無零點；②當m＝eq\f(2,3)時，函數g(x)有且只有一個零點；③當0<m<eq\f(2,3)時，函數g(x)有兩個零點；④當m≤0時，函數g(x)有且只有一個零點.綜上所述，當m>eq\f(2,3)時，函數g(x)無零點；當m＝eq\f(2,3)或m≤0時，函數g(x)有且只有一個零點；當0<m<eq\f(2,3)時，函數g(x)有兩個零點.3.已知函數f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R).(1)當a＝2時，求f(x)的圖象在x＝1處的切線方程；(2)若函數g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個零點，求實數m的取值范圍.解(1)當a＝2時，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，切點坐標為(1，1)，切線的斜率k＝f′(1)＝2，所以切線方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，則g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2x＋1x－1,x).因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，當g′(x)＝0時，x＝1.當eq\f(1,e)<x<1時，g′(x)>0；當1<x<e時，g′(x)<0.所以g(x)在x＝1處取得極大值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，g(e)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－e2＋eq\f(1,e2)<0，則g(e)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值是g(e).g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有兩個零點的條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝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)，所以實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).4.(2017·全國Ⅰ)已知函數f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.解(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1).(i)若a≤0，則f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減.(ii)若a>0，則由f′(x)＝0，得x＝－lna.當x∈(－∞，－lna)時，f′(x)<0；當x∈(－lna，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，－lna)上單調遞減，在(－lna，＋∞)上單調遞增.(2)(i)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個零點.(ii)若a>0，由(1)知，當x＝－lna時，f(x)取得最小值，最小值為f(－lna)＝1－eq\f(1,a)＋lna.①當a＝1時，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一個零點；②當a∈(1，＋∞)時，由于1－eq\f(1,a)＋lna>0，即f(－lna)>0，故f(x)沒有零點；③當a∈(0，1)時，1－eq\f(1,a)＋lna<0，即f(－lna)<0.又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，故f(x)在(－∞，－lna)上有一個零點.設正整數n0滿足n0>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)－1))，則f(n0)＝(a＋a－2)－n0>－n0>－n0>0.由于lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)－1))>－lna，因此f(x)在(－lna，＋∞)上有一個零點.綜上，a的取值范圍為(0，1).考點二導數與不等式方法技巧導數與不等式問題相結合有兩個方面：一是由不等式恒成立(或有解)求解參數取值范圍；二是證明不等式或與自然數有關的不等式.解決這兩類問題的核心是“函數的最值”.5.(2017·保定模擬)已知函數f(x)＝ex－2x.(1)求函數f(x)的極值；(2)當a＜2－ln4且x＞0時，試比較f(x)與x2＋(a－2)x＋1的大小.解(1)∵f′(x)＝ex－2，令f′(x)＞0，得x＞ln2，令f′(x)＜0，得x＜ln2，∴f(x)在(－∞，ln2)上單調遞減，在(ln2，＋∞)上單調遞增，∴當x＝ln2時，f(x)有極小值f(ln2)＝2－2ln2，無極大值.(2)令g(x)＝f(x)－x2－(a－2)x－1＝ex－x2－ax－1，g′(x)＝ex－2x－a＝f(x)－a，∴g′(x)min＝f(x)min－a＝2－2ln2－a.∵a＜2－ln4，∴g′(x)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴g(x)＞g(0)＝0，即f(x)＞x2＋(a－2)x＋1.6.已知函數f(x)＝－lnx＋x－3.(1)求函數f(x)的單調區間；(2)證明：在(1，＋∞)上，f(x)＋2>0；(3)證明：eq\f(ln2,2)·eq\f(ln3,3)·eq\f(ln4,4)·…·eq\f(lnn,n)<eq\f(1,n)(n≥2，n∈N*).(1)解f′(x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，令f′(x)>0，得x∈(1，＋∞)；令f′(x)<0，得x∈(0，1).f(x)的單調遞增區間為(1，＋∞)，單調遞減區間為(0，1).(2)證明f(x)＝－lnx＋x－3，所以f(1)＝－2，由(1)知，f(x)＝－lnx＋x－3在(1，＋∞)上單調遞增，所以當x∈(1，＋∞)時，f(x)>f(1).即f(x)>－2，所以f(x)＋2>0.(3)證明由(1)可知，當x∈(1，＋∞)時，f(x)>f(1)，即－lnx＋x－1>0，所以0<lnx<x－1對一切x∈(1，＋∞)恒成立.因為n≥2，n∈N*，則有0<lnn<n－1，所以0<eq\f(lnn,n)<eq\f(n－1,n).所以eq\f(ln2,2)·eq\f(ln3,3)·eq\f(ln4,4)·…·eq\f(lnn,n)<eq\f(1,2)·eq\f(2,3)·eq\f(3,4)·…·eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,n)(n≥2，n∈N*).7.已知函數f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)當x∈[1，e]時，求f(x)的最小值；(2)當a＜1時，若存在x1∈[e，e2]，使得對任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍.解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－1x－a,x2).①若a≤1，當x∈[1，e]時，f′(x)≥0，則f(x)在[1，e]上為增函數，f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，當x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)為減函數；當x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)為增函數.所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③若a≥e，當x∈[1，e]時，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上為減函數，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).綜上，當a≤1時，f(x)min＝1－a；當1＜a＜e時，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；當a≥e時，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由題意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.由(1)知，f(x)在[e，e2]上單調遞增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).g′(x)＝(1－ex)x.當x∈[－2，0]時，g′(x)≤0，g(x)為減函數，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)＜1，即a＞eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).8.已知函數f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2－(1＋a)x.(1)求函數f(x)的單調區間；(2)若f(x)≥0對定義域的任意x恒成立，求實數a的取值范圍；(3)證明：對于任意正整數m，n，不等式eq\f(1,lnm＋1)＋eq\f(1,lnm＋2)＋…＋eq\f(1,lnm＋n)＞eq\f(n,mm＋n)恒成立.(1)解f′(x)＝eq\f(a,x)＋x－(1＋a)＝eq\f(x2－1＋ax＋a,x)＝eq\f(x－1x－a,x)，x∈(0，＋∞).當a≤0時，若0＜x＜1，則f′(x)＜0，若x＞1，則f′(x)＞0，故此時函數f(x)的單調遞減區間是(0，1)，單調遞增區間是(1，＋∞)；當0＜a＜1時，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(0，a)a(a，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗所以函數f(x)的單調遞增區間是(0，a)，(1，＋∞)，單調遞減區間是(a，1)；當a＝1時，f′(x)＝eq\f(x－12,x)≥0，所以函數f(x)的單調遞增區間是(0，＋∞)；當a＞1時，同0＜a＜1時的解法，可得函數f(x)的單調遞增區間是(0，1)，(a，＋∞)，單調遞減區間是(1，a).(2)解由于f(1)＝－eq\f(1,2)－a，顯然當a＞0時，f(1)＜0，此時f(x)≥0對定義域內的任意x不是恒成立的.當a≤0時，由(1)可知，函數f(x)在區間(0，＋∞)上的最小值為f(1)＝－eq\f(1,2)－a，此時只要f(1)≥0即可，即－eq\f(1,2)－a≥0，解得a≤－eq\f(1,2)，故實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).(3)證明當a＝－eq\f(1,2)時，f(x)＝－eq\f(1,2)lnx＋eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)x≥0，當且僅當x＝1時等號成立，即lnx≤x2－x.當x＞1時，可以變換為eq\f(1,lnx)＞eq\f(1,x2－x)＝eq\f(1,x－1x)，在上面不等式中分別令x＝m＋1，m＋2，…，m＋n，m，n∈N*，將所得各式相加，得eq\f(1,lnm＋1)＋eq\f(1,lnm＋2)＋…＋eq\f(1,lnm＋n)＞eq\f(1,mm＋1)＋eq\f(1,m＋1m＋2)＋…＋eq\f(1,m＋n－1m＋n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)－\f(1,m＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m＋1)－\f(1,m＋2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m＋n－1)－\f(1,m＋n)))＝eq\f(1,m)－eq\f(1,m＋n)＝eq\f(n,mm＋n).故eq\f(1,lnm＋1)＋eq\f(1,lnm＋2)＋…＋eq\f(1,lnm＋n)＞eq\f(n,mm＋n).考點三導數與其他知識的交匯問題方法技巧解決導數與不等式、數列等知識的交匯問題，可以通過構造函數，利用導數研究函數的單調性及函數值的變化趨勢，透析函數圖象的基本特征，結合轉化與化歸、分類與整合等數學思想方法進行求解.9.已知函數f(x)＝(x2－2ax＋2)ex.(1)函數f(x)在x＝0處的切線方程為2x＋y＋b＝0，求a，b的值；(2)當a＞0時，若曲線y＝f(x)上存在三條斜率為k的切線，求實數k的取值范圍.解(1)f(x)＝(x2－2ax＋2)ex，f(0)＝2e0＝2，∴2＋b＝0，解得b＝－2.f′(x)＝(x2－2ax＋2＋2x－2a)ex＝[x2＋(2－2a)x＋2－2a]ex，f′(0)＝2－2a＝－2，得a＝2，∴a＝2，b＝－2.(2)f′(x)＝[x2＋(2－2a)x＋2－2a]ex，令h(x)＝f′(x)，依題意知，存在k使h(x)＝k有三個不同的實數根，h′(x)＝(x2－2ax＋2＋2x－2a＋2x－2a＋2)ex＝[x2＋(4－2a)x＋4－4a]ex，令h′(x)＝[x2＋(4－2a)x＋4－4a]ex＝0，得x1＝－2，x2＝2a－2.由a＞0知，x1＜x2，則f′(x)在(－∞，－2)，(2a－2，＋∞)上單調遞增，在(－2，2a－2)上單調遞減.當x→－∞時，f′(x)→0，當x→＋∞時，f′(x)→＋∞，∴f′(x)的極大值為f′(－2)＝e－2(2a＋2)，f′(x)的極小值為f′(2a－2)＝e2a－2(2－2a)，當f′(2a－2)＜0，即a＞1時，0＜k＜e－2(2a＋2)，當f′(2a－2)＞0，即0＜a＜1時，e2a－2(2－2a)＜k＜e－2(2a＋2).10.已知函數f(x)＝ex－e－x－2x.(1)討論f(x)的單調性；(2)設g(x)＝f(2x)－4bf(x)，當x>0時，g(x)>0，求b的最大值；(3)已知1.4142<eq\r(2)<1.4143，估計ln2的近似值(精確到0.001).解(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，當且僅當x＝0時，等號成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增.(2)因為g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2).①當b≤2時，g′(x)≥0，當且僅當x＝0時，等號成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增.而g(0)＝0，所以對任意x>0，g(x)>0.②當b>2時，若x滿足2<ex＋e－x<2b－2，即0<x<ln(b－1＋eq\r(b2－2b))時，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此當0<x≤ln(b－1＋eq\r(b2－2b))時，g(x)<0.綜上，b的最大值為2.(3)由(2)知，g(lneq\r(2))＝eq\f(3,2)－2eq\r(2)b＋2(2b－1)ln2，當b＝2時，g(lneq\r(2))＝eq\f(3,2)－4eq\r(2)＋6ln2>0，ln2>eq\f(8\r(2)－3,12)>0.6928；當b＝eq\f(3\r(2),4)＋1時，ln(b－1＋eq\r(b2－2b))＝lneq\r(2)，g(lneq\r(2))＝－eq\f(3,2)－2eq\r(2)＋(3eq\r(2)＋2)ln2<0，ln2<eq\f(18＋\r(2),28)<0.6934.所以ln2的近似值為0.693.11.(2017·唐山二模)已知函數f(x)＝a(lnx－1)＋eq\f(1,x)的圖象與x軸相切，g(x)＝(b－1)logbx－eq\f(x2－1,2).(1)求證：f(x)≤eq\f(x－12,x)；(2)若1<x<eq\r(b)，求證：0<g(x)<eq\f(b－12,2).證明(1)f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(1,x2)，設f(x)的圖象與x軸相切于點(x0，0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx0＝0，,f′x0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(alnx0－1＋\f(1,x0)＝0，,\f(a,x0)－\f(1,x\o\al(2,0))＝0，))解得a＝x0＝1.所以f(x)＝lnx－1＋eq\f(1,x)，f(x)≤eq\f(x－12,x)等價于lnx≤x－1.設h(x)＝lnx－x＋1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1，當0<x<1時，h′(x)>0，h(x)單調遞增；當x>1時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，所以h(x)≤h(1)＝0，即lnx≤x－1，所以f(x)≤eq\f(x－12,x).(2)設m(x)＝eq\f(x－1,lnx)(x>1)，則m′(x)＝eq\f(lnx＋\f(1,x)－1,lnx2)，由(1)可知，當x>1時，lnx＋eq\f(1,x)－1>0，從而有m′(x)>0，所以m(x)單調遞增，又1<x<eq\r(b)，所以1<x2<b，從而有m(x2)<m(b)，即eq\f(x2－1,lnx2)<eq\f(b－1,lnb)，所以eq\f(x2－1,2)<eq\f(b－1lnx,lnb)＝(b－1)logbx，即g(x)>0.g(x)＝(b－1)logbx－eq\f(x2－1,2)＝eq\f(b－1lnx,lnb)－eq\f(x2－1,2)＝(b－1)·eq\f(lnx2,2lnb)－eq\f(x2－1,2)<(b－1)·eq\f(x2－1,2lnb)－eq\f(x2－1,2)＝eq\f(x2－1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b－1,lnb)－1)).又lnb>1－eq\f(1,b)，所以eq\f(b－1,lnb)<b，又1<x2<b，所以g(x)<eq\f(x2－1b－1,2)<eq\f(b－12,2).綜上可知，0<g(x)<eq\f(b－12,2).12.(2017·瀘州沖刺)設函數f(x)＝ex＋sinx(e為自然對數的底數)，g(x)＝ax，F(x)＝f(x)－g(x).(1)若x＝0是F(x)的極值點，且直線x＝t(t≥0)分別與函數f(x)和g(x)的圖象交于P，Q，求P，Q兩點間的最短距離；(2)若當x≥0時，函數y＝F(x)的圖象恒在y＝F(－x)的圖象上方，求實數a的取值范圍.解(1)因為F(x)＝ex＋sinx－ax，所以F′(x)＝ex＋cosx－a，因為x＝0是F(x)的極值點，所以F′(0)＝1＋1－a＝0，解得a＝2.又當a＝2時，若x＜0，F′(x)＝ex＋cosx－a＜1＋1－2＝0，所以F(x)在(－∞，0)上單調遞減.若x＞0，(F′(x))′＝ex－sinx＞0，所以F′(x)在(0，＋∞)上為增函數，所以F′(x)＞F′(0)＝1＋1－2＝0，所以F(x)在(0，＋∞)上為增函數.所以x＝0是F(x)的極小值點，所以a＝2符合題意，所以|PQ|＝et＋sint－2t.令h(x)＝ex＋sinx－2x，即h′(x)＝ex＋cosx－2，因為(h′(x))′＝ex－sinx，當x＞0時，ex＞1，－1≤sinx≤1，所以(h′(x))′＝ex－sinx＞0，所以h′(x)＝ex＋cosx－2在(0，＋∞)上單調遞增，所以h′(x)＝ex＋cosx－2＞h′(0)＝0，所以當x∈[0，＋∞)時，h(x)的最小值為h(0)＝1，所以|PQ|min＝1.(2)令φ(x)＝F(x)－F(－x)＝ex－e－x＋2sinx－2ax，則φ′(x)＝ex＋e－x＋2cosx－2a，令S(x)＝(φ′(x))′＝ex－e－x－2sinx，因為S′(x)＝ex＋e－x－2cosx≥0在x≥0時恒成立，所以函數S(x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以S(x)≥S(0)＝0在x≥0時恒成立.故函數φ′(x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以φ′(x)≥φ′(0)＝4－2a在x∈[0，＋∞)時恒成立.當a≤2時，φ′(x)≥0，φ(x)在[0，＋∞)上單調遞增，即φ(x)≥φ(0)＝0.故當a≤2時，F(x)≥F(－x)恒成立.當a＞2時，因為φ′(x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以總存在x0∈(0，＋∞)，使φ(x)在區間[0，x0)上，φ′(x)＜0，導致φ(x)在區間[0，x0]上單調遞減，而φ(0)＝0，所以當x∈[0，x0)時，φ(x)＜0，這與F(x)－F(－x)≥0對x∈[0，＋∞)恒成立矛盾，所以a＞2不符合題意，故符合條件的a的取值范圍是(－∞，2].例(12分)已知函數f(x)＝lnx－mx＋m，m∈R.(1)求函數f(x)的單調區間；(2)若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求實數m的值；(3)在(2)的條件下，任意的0＜a＜b，求證：eq\f(fb－fa,b－a)＜eq\f(1,a1＋a).審題路線圖(1)eq\x(求導f′x)→eq\x(討論參數m確定f′x符號)→eq\x(fx的單調區間)(2)eq\x(結合1確定的符號)→eq\x(問題轉化為fxmax≤0)→eq\x(m－lnm－1≤0)→eq\x(gx＝x－lnx－1最小值為0)→eq\x(求出m＝1)(3)eq\x(要證結論轉化)→eq\x(利用2中gx性質)eq\o(→,\s\up7(函數單調性),\s\do5(不等式放縮))eq\x(結論得證)規范解答·評分標準(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)－m＝eq\f(1－mx,x)(x∈(0，＋∞)).當m≤0時，f′(x)＞0恒成立，則函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當m＞0時，由f′(x)＝eq\f(1,x)－m＝eq\f(1－mx,x)＞0，可得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))上單調遞增，由f′(x)＝eq\f(1,x)－m＝eq\f(1－mx,x)＜0，可得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))上單調遞減.…………4分(2)解由(1)知，當m≤0時顯然不成立；當m＞0時，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝lneq\f(1,m)－1＋m＝m－lnm－1，只需m－lnm－1≤0即可，令g(x)＝x－lnx－1，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)，函數g(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以g(x)min＝g(1)＝0.則若f(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，m＝1.…………8分(3)證明eq\f(fb－fa,b－a)＝eq\f(lnb－lna＋a－b,b－a)＝eq\f(lnb－lna,b－a)－1＝eq\f(ln\f(b,a),\f(b,a)－1)·eq\f(1,a)－1，由0＜a＜b，得eq\f(b,a)＞1，由(2)得lneq\f(b,a)＜eq\f(b,a)－1，則eq\f(ln\f(b,a),\f(b,a)－1)·eq\f(1,a)－1＜eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)＝eq\f(1－a2,a1＋a)＜eq\f(1,a1＋a)，則原不等式eq\f(fb－fa,b－a)＜eq\f(1,a1＋a)成立.…………………12分構建答題模板[第一步]求導數.[第二步]看性質：根據導數討論函數的單調性、極值、最值等性質.[第三步]用性質：將題中條件或要證結論轉化，如果成立或有解問題可轉化為函數的最值，證明不等式可利用函數單調性和放縮法.[第四步]得結論：審視轉化過程的合理性.[第五步]再反思：回顧反思，檢查易錯點和步驟規范性.1.已知函數f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)，g(x)＝－lnx.(1)當a為何值時，x軸為曲線y＝f(x)的切線；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，設函數h(x)＝min{fx，gx}(x>0)，討論h(x)零點的個數.解(1)設曲線y＝f(x)與x軸相切于點(x0，0)，則f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(3,0)＋ax0＋\f(1,4)＝0，,3x\o\al(2,0)＋a＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(1,2)，,a＝－\f(3,4).))因此，當a＝－eq\f(3,4)時，x軸為曲線y＝f(x)的切線.(2)當x∈(1，＋∞)時，g(x)＝－lnx<0，從而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)內無零點.當x＝1時，若a≥－eq\f(5,4)，則f(1)＝a＋eq\f(5,4)≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零點；若a<－eq\f(5,4)，則f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零點.當x∈(0，1)時，g(x)＝－lnx>0.所以只需考慮f(x)在(0，1)上的零點個數.①若a≤－3或a≥0，則f′(x)＝3x2＋a在(0，1)內無零點，故f(x)在(0，1)上單調.而f(0)＝eq\f(1,4)，②若－3<a<0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,3))))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))，1))上單調遞增，故在(0，1)中，當x＝eq\r(－\f(a,3))時，f(x)取得最小值，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝eq\f(2a,3)eq\r(－\f(a,3))＋eq\f(1,4).(ⅰ)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))>0，即－eq\f(3,4)<a<0，f(x)在(0，1)內無零點；(ⅱ)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝0，即a＝－eq\f(3,4)，則f(x)在(0，1)內有唯一零點；(ⅲ)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))<0，即－3<a<－eq\f(3,4)，由于f(0)＝eq\f(1,4)，f(1)＝a＋eq\f(5,4)，所以當－eq\f(5,4)<a<－eq\f(3,4)時，f(x)在(0，1)內有兩個零點；當－3<a≤－eq\f(5,4)時，f(x)在(0，1)內有一個零點.綜上，當a>－eq\f(3,4)或a<－eq\f(5,4)時，h(x)有一個零點；當a＝－eq\f(3,4)或a＝－eq\f(5,4)時，h(x)有兩個零點；當－eq\f(5,4)<a<－eq\f(3,4)時，h(x)有三個零點.2.已知函數f(x)＝eq\f(a＋lnx,x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行.(1)求實數a的值及f(x)的極值；(2)是否存在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(2,3)))(t＞0)，使函數f(x)在此區間上存在極值點和零點？若存在，求出實數t的取值范圍，若不存在，請說明理由.解(1)f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－a＋lnx,x2)＝eq\f(1－a－lnx,x2).∵f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行，∴f′(1)＝eq\f(1－a－ln1,12)＝0，∴a＝1，∴f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，x＞0，f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，當0＜x＜1時，f′(x)＞0，當x＞1時，f′(x)＜0，∴f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，故f(x)在x＝1處取得極大值1，無極小值.(2)∵當x＞1時，f(x)＝eq\f(1＋lnx,x)＞0，當x→0時，f(x)→－∞，由(1)得f(x)在(0，1)上單調遞增，由零點存在性原理知，f(x)在區間(0，1)上存在唯一零點，函數f(x)的圖象如圖所示.∵函數f(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(2,3)))(t＞0)上存在極值點和零點，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜t＜1，,t＋\f(2,3)＞1，,ft＝\f(1＋lnt,t)＜0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜t＜1，,t＞\f(1,3)，,t＜\f(1,e)，))解得eq\f(1,3)＜t＜eq\f(1,e).∴存在符合條件的區間，實數t的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,e))).3.(2017·重慶二診)已知曲線f(x)＝eq\f(lnx2＋alnx＋a,x)在點(e，f(e))處的切線與直線2x＋e2y＝0平行，a∈R.(1)求a的值；(2)求證：eq\f(fx,x)>eq\f(a,ex).(1)解f′(x)＝eq\f(－lnx2＋2－alnx,x2)，由題意可知，f′(e)＝eq\f(－1＋2－a,e2)＝－eq\f(2,e2)?a＝3.(2)證明f(x)＝eq\f(lnx2＋3lnx＋3,x)(x＞0)，f′(x)＝eq\f(－lnxlnx＋1,x2)，f′(x)>0?eq\f(1,e)<x<1，f′(x)＜0?0＜x＜eq\f(1,e)或x＞1，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))和(1，＋∞)上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調遞增.①當x∈(0，1)時，f(x)≥f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e，而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,ex)))′＝eq\f(31－x,ex)，故eq\f(3x,ex)在(0，1)上單調遞增，∴eq\f(3x,ex)<eq\f(3,e)<e，∴f(x)>eq\f(3x,ex)，即eq\f(fx,x)>eq\f(3,ex).②當x∈[1，＋∞)時，(lnx)2＋3lnx＋3≥0＋0＋3＝3，令g(x)＝eq\f(3x2,ex)，則g′(x)＝eq\f(32x－x2,ex)，故g(x)在[1，2)上單調遞增，在(2，＋∞)上單調遞減，∴g(x)≤g(2)＝eq\f(12,e2)<3，∴(lnx)2＋3lnx＋3>eq\f(3x2,ex)，即eq\f(fx,x)>eq\f(3,ex).綜上，對任意x>0，均有eq\f(fx,x)>eq\f(3,ex).4.已知函數f(x)＝ax2＋bx－lnx(a，b∈R).(1)設b＝2－a，求f(x)的零點的個數；(2)設a>0，且對于任意x>0，f(x)≥f(1)，試比較lna與－2b的大小.解(1)∵b＝2－a，∴f′(x)＝2ax＋(2－a)－eq\f(1,x)＝eq\f(2x－1ax＋1,x)(x>0).①若a≥0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上為減函數，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上為增函數，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－eq\f(a,4)＋ln2，∴當0≤a＜4(1＋ln2)時，函數f(x)沒有零點；當a＝4(1＋ln2)時，函數f(x)有一個零點；當a>4(1＋ln2)時，函數f(x)有兩個零點.②若a<0，當－2<a<0時，函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－