导数考点精讲
1．导数的概念
一般地，函数在处的瞬时变化率是
，
称它为函数在处的导数，记作或，即．
2．导函数
从求函数在处导数的过程可以看出，当时，是一个确定的数．这样，当变化时，便是的一个函数，我们称它为的导函数（简称导数）．的导函数有时也记作，即．
3．基本初等函数的导数公式
（1）若（为常数），则；
（2）若，则；
（3）若，则；
（4）若，则；
（5）若，则；
（6）若，则；
（7）若，则；
（8）若，则．
4．导数运算法则
（1）．
（2）．
（3）．
5．复合函数的导数
一般地，对于两个函数和，如果通过变量可以表示成的函数，那么称这个函数为函数和的复合函数，记作．
复合函数的导数和函数的导数间的关系为，即对的导数等于对的导数与对的导数的乘积．
6．导数的几何意义
函数在处的导数就是曲线在处的切线的斜率，即．
7. 求在某点处的切线方程
（1）求出函数在处的导数，即曲线在处切线的斜率；
（2）在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程为
8. 求过某点处的切线方程
（1）设出切点坐标；
（2）利用切点坐标写出切线方程：；
（3）将已知调价代入（2）中的切线方程求解.
9．函数单调性的判断
一般地，函数的单调性与其导函数的正负有如下关系：在某个区间内，如果，那么函数在这个区间内单调递增；如果，那么函数在这个区间内单调递减．
10．求函数单调区间的步骤
（1）确定的定义域．
（2）求导数，求出的根．
（3）函数的无定义点和的根将的定义域分成若干区间，列表确定这若干区间内的符号．
（4）由的符号确定的单调区间．
11．在区间单调与存在单调区间问题
(1)若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．
(2)若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．
12．极值的相关概念
如图，函数在点的函数值比它在点附近其他点的函数值都小，；而且在点附近的左侧，右侧．类似地，函数在点的函数值比它在点附近其他点的函数值都大，；而且在点附近的左侧，右侧．
我们把点叫做函数的极小值点，叫做函数的极小值；点叫做函数的极大值点，叫做函数的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
13．最大值和最小值的存在性
一般地，如果在区间上函数的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．
14．求函数在上的最大（小）值的步骤
（1）求函数在内的极值．
（2）将函数的各极值与端点处的函数值比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
第 1 页（共 23 页）导数题型专练
【利用公式和四则运算求导】
【例1】下列求导运算正确的是( )
A.′＝－ B．(x2ex)′＝2x＋ex
C.′＝－sin D.′＝1＋
【答案】 AD
【解析】 ′＝－·(ln x)′＝－，
故A正确；
(x2ex)′＝(x2＋2x)ex，故B错误；
′＝－2sin，故C错误；
′＝1＋，故D正确．
【复合函数求导】
【例2】设函数，若，则 ．
【答案】 1;
【解析】 函数，
，
，
，解得，
故答案为：．
【根据导数构造抽象函数】
【例3】已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】 A;
【解析】 设，由，
得：，
故函数在递减，
由为奇函数，得，
∴，即，
∵不等式，
∴，即，
结合函数的单调性得：，
故不等式的解集是．
故选．
【求在某点处的切线方程】
【例4】曲线y＝在点(－1，－3)处的切线方程为__________．
【答案】 5x－y＋2＝0
【解析】 y′＝′＝＝，所以y′|x＝－1＝＝5，所以切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0.
【求过某点处的切线方程】
【例5】过点的切线方程是( )．
A. B.
C. 或 D. 或
【答案】 C;
【解析】 设切点坐标为，，切线斜率，
则，
解得或，
∴所求切线方程为或．
【根据切线求参数问题】
【例6】直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝aln x＋b相切于点P(1,2)，则2a＋b等于( )
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】 A
【解析】 ∵直线y＝kx＋1与曲线f(x)＝aln x＋b相切于点P(1,2)，
将P(1,2)代入y＝kx＋1，
可得k＋1＝2，解得k＝1，
∵ f(x)＝aln x＋b，∴ f′(x)＝，
由f′(1)＝＝1，
解得a＝1，可得f(x)＝ln x＋b，
∵P(1,2)在曲线f(x)＝ln x＋b上，
∴f(1)＝ln 1＋b＝2，
解得b＝2，故2a＋b＝2＋2＝4.
【例7】过定点P(1，e)作曲线y＝aex(a>0)的切线，恰有2条，则实数a的取值范围是________．
【答案】 (1，＋∞)
【解析】 由y′＝aex，若切点为(x0，)，
则切线方程的斜率k＝＝>0，
∴切线方程为y＝(x－x0＋1)，
又P(1，e)在切线上，
∴(2－x0)＝e，
即＝(2－x0)有两个不同的解，
令φ(x)＝ex(2－x)，
∴φ′(x)＝(1－x)ex，
当x∈(－∞，1)时，φ′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝e，
又x→－∞时，φ(x)→0；
x→＋∞时，φ(x)→－∞，
∴0<
解得a>1，即实数a的取值范围是(1，＋∞)．
【两曲线的公切线】
【例8】已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝x2＋ax(a∈R)，直线l与f(x)的图象相切于点A(1,0)，若直线l与g(x)的图象也相切，则a等于( )
A．0 B．－1 C．3 D．－1或3
【答案】 D
【解析】 由f(x)＝xln x求导得f′(x)＝1＋ln x，
则f′(1)＝1＋ln 1＝1，于是得函数f(x)在点A(1,0)处的切线l的方程为y＝x－1，
因为直线l与g(x)的图象也相切，则方程组有唯一解，即关于x的一元二次方程x2＋(a－1)x＋1＝0有两个相等的实数根，
因此Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3，
所以a＝－1或a＝3.
【利用导数确定函数图象】
【例9】已知函数，则的图象大致为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】 A;
【解析】 令，则，
由，得，即函数在上单调递增，
由得，即函数在上单调递减，
所以当时，函数有最小值，，
于是对任意的，有，故排除、，
因为函数在上单调递减，则函数在上单调递增，故排除．
故选．
【利用导数求具体函数的单调性】
【例10】函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
【答案】 A
【解析】 ∵f′(x)＝2x－
＝(x>0)，
令f′(x)＝0，得x＝1，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
【例11】若函数f(x)＝，则函数f(x)的单调递减区间为________．
【答案】 (1，＋∞)
【解析】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝，
令φ(x)＝－ln x－1(x>0)，
φ′(x)＝－－<0，
φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
【利用导数求含参函数的单调性】
【例12】已知函数．
讨论的单调性．
【答案】 当时，增区间为，无减区间；
当时，增区间为，减区间为．
【解析】 函数的定义域为：，
，
①当时，恒成立，在上单调递增，无减区间；
②当时，令，解得，
∴增区间为，减区间为
综上：当时，增区间为，无减区间；
当时，增区间为，减区间为．
【例13】已知函数是自然对数的底数）．
讨论的单调性．
【答案】 当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【解析】 ，
当时，，在上单调递减；
当时，由得，所以在上单调递减；
由得，所以在上单调递增．
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【导数解决单调性的应用-比较大小】
【例14】已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f ，f(1)，f 的大小关系为( )
A．f >f(1)>f B．f(1)>f >f
C．f >f(1)>f D．f >f >f(1)
【答案】 A
【解析】 因为f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以f ＝f .又当x∈时，f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以函数f(x)在上单调递增，所以f f(1)>f .
【导数解决单调性的应用-解不等式】
【例15】已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________．
【答案】
【解析】 f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，
f′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，
当且仅当x＝0时取“＝”，
∴f(x)在R上单调递增，
又f(0)＝1，
∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，
即2x－3>0，解得x>，
∴原不等式的解集为.
【导数解决单调性的应用-求参数范围】
【例16】已知函数f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间上单调递增，则实数a的取值范围为________．
【答案】
【解析】 由题意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，
即2a≥－x＋在上恒成立，
∵max＝，
∴2a≥，即a≥.
【根据函数图象判断极值】
【例17】设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(x－1)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )
A．函数f(x)有极大值f(－3)和f(3) B．函数f(x)有极小值f(－3)和f(3)
C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3) D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)
【答案】 D
【解析】 由题图知，当x∈(－∞，－3)时，
y>0，x－1<0 f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0 f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0 f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0 f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．
【利用导数求函数的极值】
【例18】已知函数，其中．
求函数的极值．
【答案】 当时，在单调递减，无极值，
当时，在单调递增，上单调递减．
∴有极大值．
【解析】 ，
，
令得，，
当时，在单调递减，无极值，
当时，在单调递增，上单调递减．
∴有极大值．
【例19】已知函数 ．
判断函数的极值点的个数，并说明理由．
【答案】 当时，函数有一个极值点；
当或时，函数有两个极值点，
当时，函数无极值点．
【解析】 因为，所以．
（）当时，有，令，得．
当变化时，和的变化情况如下：
所以当时，函数只有一个极值点．
（）当时，令，得，．
①当时，．
当变化时，和的变化情况如下：
所以当时，函数有两个极值点．
②当时，恒成立，
所以在上单调递增，
所以当时，函数无极值点．
③当时，，
当变化时，和的变化情况如下：
所以当时，函数有两个极值点，
综上，当时，函数有一个极值点；
当或时，函数有两个极值点，
当时，函数无极值点．
【已知极值(点)求参数】
【例20】函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b等于( )
A．－7 B．0
C．－7或0 D．－15或6
【答案】 A
【解析】 由题意知，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，
可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为f(x)在x＝1处取得极值10，
可得
解得或
检验知，当a＝－3，b＝3时，
可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
此时函数f(x)单调递增，函数无极值点，不符合题意；
当a＝4，b＝－11时，可得f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，
当x<－或x>1时，
f′(x)>0，f(x)单调递增；
当－当x＝1时，函数f(x)取得极小值，符合题意．
所以a＋b＝－7.
【利用导数求函数的最值】
【例21】函数的最小值为 ．
【答案】 ;
【解析】 当时，，，此时单调递减，此时．
当时，，，
当时，，单调递减，
时，，单调递增，
∴此时，
∵，∴的最小值为．
【例22】已知函数g(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)．
(1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．
【答案】(1) e2－3e＋1；(2) h(a)＝
【解析】 (1)∵a＝1，
∴g(x)＝ln x＋x2－3x，
∴g′(x)＝＋2x－3＝，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，
∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.
(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝
＝.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1<③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝
【数形结合法研究函数零点】
【例23】已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝1时，
f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，
解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x＋2)，即＝，
所以函数y＝的图象与函数φ(x)＝的图象有两个交点，
φ′(x)＝，
当x∈(－∞，－1)时，φ′(x)>0；
当x∈(－1，＋∞)时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(－∞，－1)上单调递增，
在(－1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)max＝φ(－1)＝e，且x→－∞时，
φ(x)→－∞；x→＋∞时，φ(x)→0，
所以0<.
所以a的取值范围是.
【利用函数性质研究函数零点】
【例24】已知函数f(x)＝x－aln x(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数g(x)＝x2－ax－f(x)的零点个数．
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f(x)＝x－aln x可得
f′(x)＝1－＝，
由f′(x)>0可得x>a；
由f′(x)<0可得0所以f(x)的单调递减区间为(0，a)，
单调递增区间为(a，＋∞)．
(2)由g(x)＝x2－ax－x＋aln x
＝x2－(a＋1)x＋aln x，
可得g′(x)＝x－(a＋1)＋
令g′(x)＝0可得x＝1或x＝a，
因为g(1)＝－a－1＝－a－<0，
g(2a＋3)＝(2a＋3)2－(a＋1)(2a＋3)＋
aln(2a＋3)＝a＋aln(2a＋3)＋>0，
当a>1时，g(x)在(1，a)上单调递减，
所以g(1)>g(a)，
所以g(a)<0，所以g(x)有一个零点，
当a＝1时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)有一个零点，
当0在(a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
此时g(a)＝a2－(a＋1)a＋aln a
＝－a2－a＋aln a<0，
g(x)只有一个零点，
综上所述，g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
【导数构造问题】
【例25】已知定义在R上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，当x>0时，f′(x)－>0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝4f ，则a，b，c的大小关系是( )
A．cC．b【答案】 B
【解析】 构造函数g(x)＝(x>0)，
得g′(x)＝
＝，
由题知当x>0时，f′(x)－>0，
所以g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以>>，
即f(2)>2f(1)>4f ，即b>a>c.
【例26】(多选)已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x)A．f(2)e2f(0)
C．e2f(－1)>f(1) D．e2f(－1)【答案】 AC
【解析】 构造F(x)＝，则F′(x)＝＝，导函数f′(x)满足f′(x)【例27】(多选)定义在上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f(x)<0成立，则有( )
A．f >f B.f >f C．f >f D.f >f
【答案】 CD
【解析】 构造函数g(x)＝.
则g′(x)＝<0，即函数g(x)在上单调递减，
所以g>g，
所以f >f ，
同理g>g，
即f >f .
【同构法导数构造】
【例28】若存在x，y∈(0，＋∞)使得xln(2ax)＋y＝xln y，则实数a的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 由xln(2ax)＋y＝xln y，
得ln(2a)＝ln－，
令t＝>0，g(t)＝ln t－t，
则g′(t)＝－1＝，
当00，当t>1时，g′(t)<0，
所以g(t)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以当t＝1时，
g(t)取得极大值即最大值g(1)＝－1，
因为当t→0时，g(t)→－∞，
所以g(t)∈(－∞，－1]，
所以ln 2a≤－1，所以0所以实数a的最大值为.
【分参法解决恒成立问题】
【例29】已知函数f(x)＝(x－2)ex－ax2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，
f(0)＝(0－2)e0＝－2，
f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，
所以切线方程为y＋2＝－(x－0)，
即x＋y＋2＝0.
(2)方法一 当x≥2时，f(x)≥0恒成立，等价于当x≥2时，(x－2)ex－ax2＋ax≥0恒成立．
即a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立.
当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R.
当x>2时，x2－x>0，
所以a≤＝恒成立．
设g(x)＝，则g′(x)＝，
因为x>2，所以g′(x)>0，
所以g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增．
所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2.
综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．
【整体法解决恒成立问题】
【例30】已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；
(2)若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝ex－1－a＋，
∴f′(1)＝2－a＝3，
∴a＝－1，
经检验a＝－1满足题意，∴a＝－1，
(2)f(x)≥ln x－a＋1可化为
ex－1－ax＋a－1≥0，x>0，
令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，
则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，
∵φ′(x)＝ex－1－a，
①当a≤时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，
∴a≤符合题意．
②当a>时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.
当x∈(0，ln a＋1)时，φ′(x)<0，
当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，ln a＋1)上单调递减，
在(ln a＋1，＋∞)上单调递增．
当ln a＋1≤1，即φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，
∴当ln a＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾．故a>1不符合题意．
综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．
【双变量的恒(能)成立问题】
【例31】设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)存在x1，x2∈[0,2]，
使得g(x1)－g(x2)≥M成立，
等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立．
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝，
∵g＝－，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴当x∈[0,2]时，g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝g＝－，
∴M≤1－＝，
∴满足条件的最大整数M为4.
(2)对任意的s，t∈有f(s)≥g(t)，
则f(x)min≥g(x)max.
由(1)知当x∈时，g(x)max＝g(2)＝1，
∴当x∈时，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，
即a≥x－x2ln x恒成立．
令h(x)＝x－x2ln x，x∈，
∴h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x<0，
h′(x)在上单调递减，
又h′(1)＝0，
∴当x∈时，h′(x)≥0，
当x∈[1,2]时，h′(x)≤0，
∴h(x)在上单调递增，在[1,2]上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，
故a≥1.
∴实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【利用导数证明不等式】
【例32】已知函数g(x)＝x3＋ax2.
(1)若函数g(x)在[1,3]上为单调函数，求a的取值范围；
(2)已知a>－1，x>0，求证：g(x)>x2ln x.
(1)解 由题意知，函数g(x)＝x3＋ax2，
则g′(x)＝3x2＋2ax，
若g(x)在[1,3]上单调递增，
则g′(x)＝3x2＋2ax≥0在[1,3]上恒成立，
则a≥－；
若g(x)在[1,3]上单调递减，
则g′(x)＝3x2＋2ax≤0在[1,3]上恒成立，
则a≤－.所以a的取值范围是∪.
(2)证明 由题意得，要证g(x)>x2ln x，x>0，
即证x3＋ax2>x2ln x，即证x＋a>ln x，
令u(x)＝x＋a－ln x，x>0，
可得u′(x)＝1－＝，x>0，
当0当x>1时，u′(x)>0，函数u(x)单调递增．
所以u(x)≥u(1)＝1＋a，
因为a>－1，所以u(x)>0，
故当a>－1时，对于任意x>0，g(x)>x2ln x.
【例33】已知函数f(x)＝aln x＋x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，证明：xf(x)(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋1＝.
当a≥0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a<0时，若x∈(－a，＋∞)，则f′(x)>0；
若x∈(0，－a)，则f′(x)<0.
所以f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，
在(0，－a)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，
在(0，－a)上单调递减．
(2)证明 当a＝1时，要证xf(x)即证x2＋xln x即证1＋<.
令函数g(x)＝1＋，
则g′(x)＝.
令g′(x)>0，得x∈(0，e)；
令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(e)＝1＋，
令函数h(x)＝，
则h′(x)＝.
当x∈(0,2)时，h′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(2)＝.
因为－>0，
所以h(x)min>g(x)max，
即1＋<，从而xf(x)【例34】已知函数f(x)＝ex.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x>－2时，求证：f(x)>ln(x＋2)．
(1)解 由f(x)＝ex，得f(0)＝1，f′(x)＝ex，
则f′(0)＝1，即曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝x－0，
所以所求切线方程为x－y＋1＝0.
(2)证明 设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)，
则g′(x)＝ex－1，
当－2当x>0时，g′(x)>0，
即g(x)在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0，
因此f(x)≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，
令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x>－2)，
则h′(x)＝1－＝，
则当－2当x>－1时，h′(x)>0，
即有h(x)在(－2，－1)上单调递减，
在(－1，＋∞)上单调递增，
于是当x＝－1时，h(x)min＝h(－1)＝0，
因此x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时取等号)，所以当x>－2时，f(x)>ln(x＋2)．
【隐零点问题】
【例35】已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．
【解析】 (1) f′(x)＝－a＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，
所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
(2)设函数φ(x)＝ex－2－ln x(x>0)，
则φ′(x)＝ex－2－，
可知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x0，且1则φ′(x0)＝－＝0，
即＝.
当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
所以φ(x)≥φ(x0)＝－ln x0，
结合＝，
知x0－2＝－ln x0，
所以φ(x)≥φ(x0)＝＋x0－2＝＝>0，
则φ(x)＝ex－2－ln x>0，
即不等式ex－2－ax>f(x)恒成立．
【极值点偏移问题】
【例36】已知函数f(x)＝aex－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2.证明：x1＋x2>2.
【解析】由f(x)＝aex－x＝0，得－a＝0，
令g(x)＝－a，
则g′(x)＝，
由g′(x)＝>0，得x<1；
由g′(x)＝<0，得x>1.
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
由于x1，x2是方程g(x)＝0的实根，
不妨设x1<1方法一 (对称化构造函数法)要证x1＋x2>2，
只要证x2>2－x1>1.
由于g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g(x2)由于g(x1)＝g(x2)＝0，
故只要证g(x1)令H(x)＝g(x)－g(2－x)＝－(x<1)，
则H′(x)＝－＝，
因为x<1，所以1－x>0,2－x>x，
所以e2－x>ex，即e2－x－ex>0，
所以H′(x)>0，所以H(x)在(－∞，1)上单调递增．
所以H(x1)即有g(x1)所以x1＋x2>2.
方法二 (比值代换法)设0由g(x1)＝g(x2)，
得，
等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝.
所以x1＋x2＝>2 ln t－>0，
设g(t)＝ln t－(t>1)，
所以g′(t)＝－＝>0，
所以当t>1时，g(t)单调递增，
所以g(t)>g(1)＝0，
所以ln t－>0，
故x1＋x2>2.
第 1 页（共 23 页）