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课时跟踪检测（二十五）
函数与导数（大题练）
A卷——大题保分练
1．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1，g(x)＝ex＋ax－1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e＝2.718
28…)．
(1)求证：函数f(x)有唯一零点；
(2)若曲线g(x)＝ex＋ax－1的一条切线方程是y＝2x，求实数a的值．
解：(1)证明：因为f(x)＝(x－1)ex＋1(x∈R)，
所以f′(x)＝xex，
由f′(x)＝xex＝0，得x＝0，f′(x)＝xex>0时，x>0；f′(x)＝xex<0时，x<0；
所以f(x)＝(x－1)ex＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)＝(x－1)ex＋1的最小值为f(0)＝0，
即函数f(x)＝(x－1)ex＋1有唯一零点．
(2)设曲线g(x)＝ex＋ax－1与切线y＝2x相切于点(x0，y0)，
因为g(x)＝ex＋ax－1，所以g′(x)＝ex＋a，
所以消去a，y0，得(x0－1)ex0＋1＝0，
由(1)知方程(x0－1)ex0＋1＝0有唯一根x0＝0，则e0＋a＝2，所以a＝1.
2．(2018·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln
x－a(x＋1)，a∈R的图象在(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．
解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，
令f′(x)>0得0
1，
∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为ln
x－＋x－>k(x－1)，
令g(x)＝ln
x－＋x－－k(x－1)，
则g′(x)＝－x＋1－k＝，
令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，则h(x)的对称轴为直线x＝，
①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴x∈(1，＋∞)时，h(x)若k≥1，则h(x)<0，∴g′(x)<0，
∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)若－1≤k<1，则h(1)>0，
∴存在x0>1，使得x∈(1，x0)时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当>1，即k<－1时，易知存在x0>1，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，
∴h(x)>h(1)＝1－k>0，
∴g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围是(－∞，1)．
3．(2018·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln
x＋(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，求证：f(x)≤.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
考虑y＝x2＋2(1－a)x＋1，x>0.
①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ>0，即a>2或a<0时，
由x2＋2(1－a)x＋1＝0，得x＝a－1±.
若a<0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a>2，则a－1＋>a－1－>0，
由f′(x)>0，得0a－1＋，则f(x)在(0，a－1－)和(a－1＋，＋∞)上单调递增．
由f′(x)<0，得a－1－综上，当a≤2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>2时，f(x)的单调递增区间为(0，a－1－)，(a－1＋，＋∞)，单调递减区间为(a－1－，a－1＋)．
(2)证明：当a＝1时，f(x)＝ln
x＋.
令g(x)＝f(x)－＝ln
x＋－(x>0)，
则g′(x)＝－－＝＝.
当x>1时，g′(x)<0，当00，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
即当x＝1时，g(x)取得最大值，
故g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤成立，得证．
4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x.
(1)若a＝0，证明：当－10时，f(x)>0；
(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.
解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－.
设函数g(x)＝ln(1＋x)－，
则g′(x)＝.
当－10时，g′(x)>0，
故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，
且仅当x＝0时，g(x)＝0，
从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0.
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
又f(0)＝0，
故当－10时，f(x)>0.
(2)①若a≥0，由(1)知，
当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，
这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．
②若a<0，
设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－.
由于当|x|0，
故h(x)与f(x)符号相同．
又h(0)＝f(0)＝0，
故x＝0是f(x)的极大值点，
当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
h′(x)＝－
＝.
若6a＋1>0，则当0且|x|0，
故x＝0不是h(x)的极大值点．
若6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，
故当x∈(x1,0)，且|x|所以x＝0不是h(x)的极大值点．
若6a＋1＝0，则h′(x)＝，
则当x∈(－1,0)时，h′(x)>0；
当x∈(0,1)时，h′(x)<0.
所以x＝0是h(x)的极大值点，
从而x＝0是f(x)的极大值点．
综上，a＝－.
B卷——深化提能练
1．已知函数f(x)＝ln
x＋－s(s，t∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性及最值；
(2)当t＝2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(04.
解：(1)f′(x)＝(x>0)，
当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值；
当t>0时，由f′(x)<0，得x0，得x>t，f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，
故f(x)在x＝t处取得最小值，最小值为f(t)＝ln
t＋1－s，无最大值．
(2)∵f(x)恰有两个零点x1，x2(0∴f(x1)＝ln
x1＋－s＝0，f(x2)＝ln
x2＋－s＝0，
得s＝＋ln
x1＝＋ln
x2，
∴＝ln，
设t＝>1，则ln
t＝，x1＝，
故x1＋x2＝x1(t＋1)＝，
∴x1＋x2－4＝，
记函数h(t)＝－2ln
t，
∵h′(t)＝>0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∵t>1，∴h(t)>h(1)＝0，
又t＝>1，ln
t>0，故x1＋x2>4成立．
2．(2019届高三·福州四校联考)已知函数f(x)＝ax－ln
x，F(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0.
(1)若f(x)和F(x)在区间(0，ln
3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；
(2)若a∈，且函数g(x)＝xeax－1－2ax＋f(x)的最小值为M，求M的最小值．
解：(1)由题意得f′(x)＝a－＝，F′(x)＝ex＋a，x>0，
∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当－1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，
当a<－1时，由F′(x)>0，得x>ln(－a)，由F′(x)<0，得0∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(－a))，单调递增区间为(ln(－a)，＋∞)．
∵f(x)和F(x)在区间(0，ln
3)上具有相同的单调性，
∴ln(－a)≥ln
3，解得a≤－3，
综上，a的取值范围是(－∞，－3]．
(2)g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－＝(ax＋1)，
由eax－1－＝0，解得a＝，
设p(x)＝，
则p′(x)＝，
当x>e2时，p′(x)>0，当0从而p(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，p(x)min＝p(e2)＝－，
当a≤－时，a≤，即eax－1－≤0，
当x∈时，ax＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减，
当x∈时，ax＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g＝M，
设t＝－∈(0，e2]，M＝h(t)＝－ln
t＋1(0∴h(t)≥h(e2)＝0，即M≥0，
∴M的最小值为0.
3．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝kx－ln
x－1(k>0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)证明：当n∈N
时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
解：(1)法一：f(x)＝kx－ln
x－1，f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)，
当x＝时，f′(x)＝0；当0时，f′(x)>0.
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)min＝f＝ln
k，
∵f(x)有且只有一个零点，
∴ln
k＝0，∴k＝1.
法二：由题意知方程kx－ln
x－1＝0仅有一个实根，
由kx－ln
x－1＝0得k＝(x>0)，
令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，
当x＝1时，g′(x)＝0；当00；当x>1时，g′(x)<0.
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(1)＝1，
当x→＋∞时，g(x)→0，
∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝1.
法三：函数f(x)有且只有一个零点，即直线y＝kx与曲线y＝ln
x＋1相切，设切点为(x0，y0)，
由y＝ln
x＋1得y′＝，∴
∴k＝x0＝y0＝1，
∴实数k的值为1.
(2)证明：由(1)知x－ln
x－1≥0，即x－1≥ln
x，当且仅当x＝1时取等号，
∵n∈N
，令x＝，得>ln，
∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，
故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
4．(2018·郑州模拟)已知函数f(x)＝(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．
(1)试比较2
0172
018与2
0182
017的大小，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2>e2.
解：(1)
20172
018>2
0182
017.理由如下：
依题意得，f′(x)＝，
因为函数f(x)在x＝1处有意义，所以a≠－1.
所以f′(1)＝＝，
又由过点(1，f(1))的切线与直线x＋y＋1＝0垂直可得，f′(1)＝1，即＝1，解得a＝0.
此时f(x)＝，f′(x)＝，
令f′(x)>0，即1－ln
x>0，解得0令f′(x)<0，即1－ln
x<0，解得x>e.
所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
所以f(2
017)>f(2
018)，即>，
则2
018ln
2
017>2
017ln
2
018，
所以2
0172
018>2
0182
017.
(2)证明：不妨设x1>x2>0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，
所以ln
x1－kx1＝0，ln
x2－kx2＝0.
可得ln
x1＋ln
x2＝k(x1＋x2)，ln
x1－ln
x2＝k(x1－x2)，
要证x1x2>e2，即证ln
x1＋ln
x2>2，也就是k(x1＋x2)>2，
因为k＝，所以只需证>，
即ln
>，令＝t，则t>1，即证ln
t>.
令h(t)＝ln
t－(t>1)．
由h′(t)＝－＝>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，
所以h(t)>h(1)＝0，即ln
t>.
所以x1x2>e2.第五讲
大题考法——函数与导数
题型(一)导数与函数的零点或方程根问题
主要考查利用导数来判断函数的零点或方程根的个数，或者依据函数的零点、方程根的在情况求参数的值 或取值范围 .
[典例感悟]
[典例1] (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
[审题定向](一)定知识主要考查导数的运算、导数与函数单调性的关系、零点的概念、零点与方程根的关系、零点存在性定理．(二)定能力1.考查数学运算：导数的运算，解一元二次不等式、方程.2.考查逻辑推理：用导函数值与0的关系判断函数的单调性，进而得出函数的单调区间；要证函数只有一个零点，先证函数是单调函数，再由零点存在性定理证明有一零点．(三)定思路第(1)问利用导数与函数单调性的关系判断求解：先求函数f(x)的导数，再解导数大于0或小于0对应的不等式即可；第(2)问利用构造法、函数零点存在性定理求解：将函数的零点转化为方程的根，构造函数，再进一步转化为新函数零点的判断.
[解] (1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，单调递减区间为(3－2，3＋2)．
(2)证明：因为x2＋x＋1>0，
所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
[典例2] (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
[审题定向](一)定知识主要考查利用导数研究函数的单调性，函数的零点问题.(二)定能力1.考查数学运算：导数的运算，指数式与对数式的运算，解一元二次不等式、方程.2.考查逻辑推理：用导函数值与0的关系判断函数的单调性；由函数零点情况分类讨论确定a的范围．(三)定思路第(1)问利用导数与函数单调性关系、分类讨论思想求解：求函数f(x)的导数，分类讨论确定导函数符号来判断f(x)的单调性；第(2)问利用分类讨论及等价转化思想求解：利用(1)中结论分类讨论a≤0和a>0两种情况下f(x)的零点情况，从而确定a的取值范围.
[解] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
①若a≤0，则f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
②若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln
a.
当x∈(－∞，－ln
a)时，f′(x)<0；
当x∈(－ln
a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln
a)上单调递减，在(－ln
a，＋∞)上单调递增．
(2)①若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
②若a>0，由(1)知，当x＝－ln
a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln
a)＝1－＋ln
a.
当a＝1时，由于f(－ln
a)＝0，故f(x)只有一个零点；
当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln
a>0，
即f(－ln
a)>0，故f(x)没有零点；
当a∈(0,1)时，1－＋ln
a<0，
即f(－ln
a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln
a)有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln
a，
因此f(x)在(－ln
a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．
[类题通法]
判断函数零点个数的2种常用方法
直接法
直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题
分离参数法
分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可
[对点训练]
(2019届高三·辽宁五校联考)已知函数f(x)＝x2＋－aln
x(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f(x)有唯一的零点x0，求[x0]．
注：[x]表示不超过x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2.
参考数据：ln
2＝0.693，ln
3＝1.099，ln
5＝1.609，ln
7＝1.946.
解：(1)∵f(x)＝x2＋－aln
x，∴f′(x)＝(x>0)，由题意得f′(2)＝0，则2×23－2a－2＝0，a＝7，经验证，当a＝7时，f(x)在x＝2处取得极值，∴f(x)＝x2＋－7ln
x，f′(x)＝2x－－，∴f′(1)＝－7，f(1)＝3，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－3＝－7(x－1)，即7x＋y－10＝0.
(2)令g(x)＝2x3－ax－2(x>0)，则g′(x)＝6x2－a，
由a>0，g′(x)＝0，可得x＝，∴g(x)在上单调递减，在上单调递增．
由于g(0)＝－2<0，故当x∈时，g(x)<0，
又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，
由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，
则g(x0)＝0，f(x0)＝0，可得2ln
x0－－1＝0.
令h(x)＝2ln
x－－1(x>1)，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由于h(2)＝2ln
2－<2×0.7－<0，h(3)＝2ln
3－>0，故x0∈(2,3)，[x0]＝2.
题型(二)导数与不等式恒成立问题
主要考查利用函数的单调性求函数最值的方法，根据不等式恒成立? 问题、求参数的值 或取值范围 .
[典例感悟]
[典例] (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝e(ex－a)－a2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.
[审题定向](一)定知识主要考查导数与函数的单调性、导数与不等式的恒成立问题.(二)定能力1.考查数学运算：导数的运算，解一元二次不等式、方程.2.考查逻辑推理：用导函数的值与0的关系判断函数的单调性、不等式的恒成立问题转化为求函数最值问题．(三)定思路第(1)问利用导数与函数单调性的关系、分类讨论求解：先求f(x)的导数f′(x)，再对a分区间讨论f′(x)的正负，从而得到f(x)的单调性；第(2)问利用转化思想、分类讨论思想求解：要使f(x)≥0成立，只需f(x)min≥0即可，由(1)求出f(x)在a的不同取值范围内的最小值，进而求出a的取值范围.
[解] (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝ln
a.
当x∈(－∞，ln
a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln
a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，ln
a)上单调递减，在(ln
a，＋∞)上单调递增．
若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
(2)若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
若a＞0，则由(1)得，当x＝ln
a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln
a)＝－a2ln
a.
从而当且仅当－a2ln
a≥0，
即0＜a≤1时，f(x)≥0.
若a＜0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2.
从而当且仅当a2≥0，
即－2e≤a＜0时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是.
[类题通法]
用导数解不等式恒成立问题的2种方法及步骤
分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围
函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解
[对点训练]
(2018·陕西模拟)已知函数f(x)＝ln
x，g(x)＝x－1.
(1)求函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)证明：f(x)≤g(x)；
(3)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1，＋∞)均成立，求实数a的取值范围．
解：(1)∵f′(x)＝，f′(1)＝1.
又f(1)＝0，∴切线的方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，
即所求切线的方程为y＝x－1.
(2)证明：设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln
x－x＋1(x>0)，
则h′(x)＝－1，令h′(x)＝0，得x＝1，
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
单调递增
极大值
单调递减
∴h(x)≤h(x)max＝h(1)＝0，即f(x)≤g(x)．
(3)易知对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)>0，g(x)>0.
(ⅰ)当a≥1时，f(x)≤g(x)≤ag(x)；
(ⅱ)当a≤0时，f(x)>0，ag(x)≤0，
∴不满足不等式f(x)≤ag(x)；
(ⅲ)当0x－a(x－1)，则φ′(x)＝－a，令φ′(x)＝0，得x＝，
当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况如下表：
x
φ′(x)
＋
0
－
φ(x)
单调递增
极大值
单调递减
∴φ(x)max＝φ>φ(1)＝0，不满足不等式．
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
题型(三)导数与不等式的证明问题
主要考查利用函数的单调性求最值，证明不等式或比较大小问题.
[典例感悟]
[典例1] (2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln
x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，
证明：[审题定向](一)定知识主要考查利用导数研究函数的单调性、函数极值的概念及性质、利用函数的导数证明不等式．(二)定能力1.考查数学运算：导数的运算，解方程、解不等式.2.考查逻辑推理：用导函数的值与0的关系判断函数的单调性，要证明不等式，则用构造法转化为可判断函数的单调性，证明不等式．(三)定思路第(1)问利用导数与函数单调性关系分类讨论求解：求出函数的导数，根据a的取值情况进行讨论；第(2)问利用转化思想、构造法证明：结合(1)，求出f(x)存在两个极值点x1，x2时a的范围，以及x1，x2的关系式，转化，利用分析法构造函数，判断所构造函数的单调性.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
若a>2，令f′(x)＝0，
得x＝或x＝.
当x∈∪时，
f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：由(1)知，当且仅当a>2时，f(x)存在两个极值点．
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x11.
由于＝－－1＋a·
＝－2＋a·＝－2＋a·，
所以x2<0.
设函数g(x)＝－x＋2ln
x，
由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.
所以－x2＋2ln
x2<0，即[典例2] (2017·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln
x，且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2[审题定向](一)定知识主要考查利用导数研究函数的单调性及极值、函数的零点、不等式的证明问题.(二)定能力1.考查数学运算：导数的运算，解方程、解不等式.2.考查逻辑推理：转化为构造函数不等式问题，转化为构造函数的单调性问题.(三)定思路第(1)问利用导数与函数单调性关系求解：由f(x)≥0及f(x)的定义域为x>0，得ax－a－ln
x≥0，构造函数，利用导数讨论函数的单调性，进而求得a的值；第(2)问利用构造法、导数与函数的单调性、分类讨论求证：先利用导数研究函数的单调性，再证明函数f(x)存在唯一极大值点，最后根据极值点处导数为零，证明不等式.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
设g(x)＝ax－a－ln
x，
则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)＝0，g(x)≥0，
故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，
故g′(1)＝a－1＝0，得a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－.
当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln
x(x>0)，
f′(x)＝2x－2－ln
x.
设h(x)＝2x－2－ln
x，则h′(x)＝2－.
当x∈时，h′(x)<0；
当x∈时，h′(x)>0.
所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．
又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，
所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0,1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．
由f′(x0)＝0得ln
x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．
由x0∈，得f(x0)<.
因为x＝x0是f(x)在(0,1)的最大值点，
由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0，得f(x0)>f(e－1)＝e－2.所以e－2[类题通法]
1．利用导数证明不等式的4个基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数h(x)；
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
2．构造辅助函数的4种方法
[对点训练]
已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋a)＋b.
(1)若函数f(x)与g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求a，b的值；
(2)当b＝0时，f(x)－g(x)>0恒成立，求整数a的最大值；
(3)证明：ln
2＋(ln
3－ln
2)2＋(ln
4－ln
3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln
n]n<.
解：(1)因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，
所以f(0)＝g(0)且f′(0)＝g′(0)，解得a＝1，b＝1.
(2)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，
当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，
即ex≥x＋1.
同理可得ln(x＋2)≤x＋1，即ex>ln(x＋2)，
当a≤2时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)所以当a≤2时，f(x)－g(x)>0恒成立．
当a≥3时，e0a，
即ex－ln(x＋a)>0不恒成立．故整数a的最大值为2.
(3)证明：由(2)知ex>ln(x＋2)，令x＝，
则e>ln，
即e－n＋1>n
＝[ln(n＋1)－ln
n]n，
综上：e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1>ln
2＋(ln
3－ln
2)2＋(ln
4－ln
3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln
n]n，
又e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝<＝，
所以ln
2＋(ln
3－ln
2)2＋(ln
4－ln
3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln
n]n<.
函数与导数问题重在
“分”——分离、分解
[循流程思维——入题快]
函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，最后根据题意处理．
[按流程解题——快又准]
[典例] (2018·陕西模拟)已知函数f(x)＝ln
x＋x2－(a＋1)x.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－2，求f(x)的单调区间；
(2)若x>0时，<恒成立，求实数a的取值范围．
[解题示范]
(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由已知得f′(x)＝＋ax－(a＋1)，则f′(1)＝0.
而f(1)＝－－1，∴曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－－1.∴－－1＝－2，解得a＝2.∴f(x)＝ln
x＋x2－3x，f′(x)＝＋2x－3.由f′(x)>0，得01，由f′(x)<0，得∴f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，单调递减区间为.
(2)由<，得＋x－(a＋1)<＋－，
即－<
在区间(0，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝－，
则h′(x)＝＋＝，由h′(x)>0，得0e，因而h(x)在上单调递减．
∴h(x)的最大值为h＝e－，
∴>e－，故a>2e－－1.从而实数a的取值范围为.
[思维升华] 函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、把复杂函数分离为基本函数，可把题目分解成几个小题，也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．
[应用体验]
(2018·洛阳统一考试)设函数f(x)＝＋xln
x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)讨论函数h(x)＝的单调性；
(2)如果对任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为h(x)＝＋ln
x(x>0)，
所以h′(x)＝－＋＝，
①当a≤0时，h′(x)>0，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令h′(x)>0，得x>，即函数h(x)的单调递增区间为(，＋∞)；
令h′(x)<0，得0(2)由g(x)＝x3－x2－3得g′(x)＝3x2－2x＝3x，
因为g＝－，g＝－，g(2)＝1，
所以g(x)max＝1，
故对任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，
等价于当x∈时，f(x)＝＋xln
x≥1恒成立，等价于a≥x－x2ln
x成立，
记F(x)＝x－x2ln
x，所以a≥F(x)max.
F′(x)＝1－2xln
x－x，F′(1)＝0.
令m(x)＝1－2xln
x－x，
则m′(x)＝－3－2ln
x，
当x∈时，m′(x)＝－3－2ln
x<0，
所以m(x)＝F′(x)＝1－2xln
x－x在上单调递减，
当x∈时，F′(x)>0，当x∈(1,2]时，F′(x)<0，
即函数F(x)＝x－x2ln
x在上单调递增，在(1,2]上单调递减，
所以F(x)max＝F(1)＝1，
从而实数a的取值范围为[1，＋∞)．
A卷——大题保分练
1．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1，g(x)＝ex＋ax－1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e＝2.718
28…)．
(1)求证：函数f(x)有唯一零点；
(2)若曲线g(x)＝ex＋ax－1的一条切线方程是y＝2x，求实数a的值．
解：(1)证明：因为f(x)＝(x－1)ex＋1(x∈R)，
所以f′(x)＝xex，
由f′(x)＝xex＝0，得x＝0，f′(x)＝xex>0时，x>0；f′(x)＝xex<0时，x<0；
所以f(x)＝(x－1)ex＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)＝(x－1)ex＋1的最小值为f(0)＝0，
即函数f(x)＝(x－1)ex＋1有唯一零点．
(2)设曲线g(x)＝ex＋ax－1与切线y＝2x相切于点(x0，y0)，
因为g(x)＝ex＋ax－1，所以g′(x)＝ex＋a，
所以消去a，y0，得(x0－1)ex0＋1＝0，
由(1)知方程(x0－1)ex0＋1＝0有唯一根x0＝0，则e0＋a＝2，所以a＝1.
2．(2018·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln
x－a(x＋1)，a∈R的图象在(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．
解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，
令f′(x)>0得01，
∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为ln
x－＋x－>k(x－1)，
令g(x)＝ln
x－＋x－－k(x－1)，
则g′(x)＝－x＋1－k＝，
令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，则h(x)的对称轴为直线x＝，
①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴x∈(1，＋∞)时，h(x)若k≥1，则h(x)<0，∴g′(x)<0，
∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)若－1≤k<1，则h(1)>0，
∴存在x0>1，使得x∈(1，x0)时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当>1，即k<－1时，易知存在x0>1，使得h(x)在(1，x0)上单调递增，
∴h(x)>h(1)＝1－k>0，
∴g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围是(－∞，1)．
3．(2018·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln
x＋(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，求证：f(x)≤.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
考虑y＝x2＋2(1－a)x＋1，x>0.
①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ>0，即a>2或a<0时，
由x2＋2(1－a)x＋1＝0，得x＝a－1±.
若a<0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a>2，则a－1＋>a－1－>0，
由f′(x)>0，得0a－1＋，则f(x)在(0，a－1－)和(a－1＋，＋∞)上单调递增．
由f′(x)<0，得a－1－综上，当a≤2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>2时，f(x)的单调递增区间为(0，a－1－)，(a－1＋，＋∞)，单调递减区间为(a－1－，a－1＋)．
(2)证明：当a＝1时，f(x)＝ln
x＋.
令g(x)＝f(x)－＝ln
x＋－(x>0)，
则g′(x)＝－－＝＝.
当x>1时，g′(x)<0，当00，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
即当x＝1时，g(x)取得最大值，
故g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤成立，得证．
4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x.
(1)若a＝0，证明：当－10时，f(x)>0；
(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.
解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－.
设函数g(x)＝ln(1＋x)－，
则g′(x)＝.
当－10时，g′(x)>0，
故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，
且仅当x＝0时，g(x)＝0，
从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0.
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
又f(0)＝0，
故当－10时，f(x)>0.
(2)①若a≥0，由(1)知，
当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，
这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．
②若a<0，
设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－.
由于当|x|0，
故h(x)与f(x)符号相同．
又h(0)＝f(0)＝0，
故x＝0是f(x)的极大值点，
当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
h′(x)＝－
＝.
若6a＋1>0，则当0且|x|0，
故x＝0不是h(x)的极大值点．
若6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，
故当x∈(x1,0)，且|x|所以x＝0不是h(x)的极大值点．
若6a＋1＝0，则h′(x)＝，
则当x∈(－1,0)时，h′(x)>0；
当x∈(0,1)时，h′(x)<0.
所以x＝0是h(x)的极大值点，
从而x＝0是f(x)的极大值点．
综上，a＝－.
B卷——深化提能练
1．已知函数f(x)＝ln
x＋－s(s，t∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性及最值；
(2)当t＝2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(04.
解：(1)f′(x)＝(x>0)，
当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值；
当t>0时，由f′(x)<0，得x0，得x>t，f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，
故f(x)在x＝t处取得最小值，最小值为f(t)＝ln
t＋1－s，无最大值．
(2)∵f(x)恰有两个零点x1，x2(0∴f(x1)＝ln
x1＋－s＝0，f(x2)＝ln
x2＋－s＝0，
得s＝＋ln
x1＝＋ln
x2，
∴＝ln，
设t＝>1，则ln
t＝，x1＝，
故x1＋x2＝x1(t＋1)＝，
∴x1＋x2－4＝，
记函数h(t)＝－2ln
t，
∵h′(t)＝>0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∵t>1，∴h(t)>h(1)＝0，
又t＝>1，ln
t>0，故x1＋x2>4成立．
2．(2019届高三·福州四校联考)已知函数f(x)＝ax－ln
x，F(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0.
(1)若f(x)和F(x)在区间(0，ln
3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；
(2)若a∈，且函数g(x)＝xeax－1－2ax＋f(x)的最小值为M，求M的最小值．
解：(1)由题意得f′(x)＝a－＝，F′(x)＝ex＋a，x>0，
∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当－1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，
当a<－1时，由F′(x)>0，得x>ln(－a)，由F′(x)<0，得0∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(－a))，单调递增区间为(ln(－a)，＋∞)．
∵f(x)和F(x)在区间(0，ln
3)上具有相同的单调性，
∴ln(－a)≥ln
3，解得a≤－3，
综上，a的取值范围是(－∞，－3]．
(2)g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－＝(ax＋1)，
由eax－1－＝0，解得a＝，
设p(x)＝，
则p′(x)＝，
当x>e2时，p′(x)>0，当0从而p(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，p(x)min＝p(e2)＝－，
当a≤－时，a≤，即eax－1－≤0，
当x∈时，ax＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减，
当x∈时，ax＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g＝M，
设t＝－∈(0，e2]，M＝h(t)＝－ln
t＋1(0∴h(t)≥h(e2)＝0，即M≥0，
∴M的最小值为0.
3．(2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝kx－ln
x－1(k>0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)证明：当n∈N
时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
解：(1)法一：f(x)＝kx－ln
x－1，f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)，
当x＝时，f′(x)＝0；当0时，f′(x)>0.
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)min＝f＝ln
k，
∵f(x)有且只有一个零点，
∴ln
k＝0，∴k＝1.
法二：由题意知方程kx－ln
x－1＝0仅有一个实根，
由kx－ln
x－1＝0得k＝(x>0)，
令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，
当x＝1时，g′(x)＝0；当00；当x>1时，g′(x)<0.
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(1)＝1，
当x→＋∞时，g(x)→0，
∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝1.
法三：函数f(x)有且只有一个零点，即直线y＝kx与曲线y＝ln
x＋1相切，设切点为(x0，y0)，
由y＝ln
x＋1得y′＝，∴
∴k＝x0＝y0＝1，
∴实数k的值为1.
(2)证明：由(1)知x－ln
x－1≥0，即x－1≥ln
x，当且仅当x＝1时取等号，
∵n∈N
，令x＝，得>ln，
∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，
故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
4．(2018·郑州模拟)已知函数f(x)＝(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直．
(1)试比较2
0172
018与2
0182
017的大小，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2>e2.
解：(1)
20172
018>2
0182
017.理由如下：
依题意得，f′(x)＝，
因为函数f(x)在x＝1处有意义，所以a≠－1.
所以f′(1)＝＝，
又由过点(1，f(1))的切线与直线x＋y＋1＝0垂直可得，f′(1)＝1，即＝1，解得a＝0.
此时f(x)＝，f′(x)＝，
令f′(x)>0，即1－ln
x>0，解得0令f′(x)<0，即1－ln
x<0，解得x>e.
所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
所以f(2
017)>f(2
018)，即>，
则2
018ln
2
017>2
017ln
2
018，
所以2
0172
018>2
0182
017.
(2)证明：不妨设x1>x2>0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，
所以ln
x1－kx1＝0，ln
x2－kx2＝0.
可得ln
x1＋ln
x2＝k(x1＋x2)，ln
x1－ln
x2＝k(x1－x2)，
要证x1x2>e2，即证ln
x1＋ln
x2>2，也就是k(x1＋x2)>2，
因为k＝，所以只需证>，
即ln
>，令＝t，则t>1，即证ln
t>.
令h(t)＝ln
t－(t>1)．
由h′(t)＝－＝>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，
所以h(t)>h(1)＝0，即ln
t>.
所以x1x2>e2.(共57张PPT)
题型(一)
导数与函数的零点或方程根问题
分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可
分离
参数法
直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题
直接法
题型(二)
导数与不等式恒成立问题
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；
第三步：构建不等式求解
函数
思想法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围
分离
参数法
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
单调递增
极大值
单调递减
x
＋
0
－
单调递增
极大值
单调递减
题型(三)
导数与不等式的证明问题
解题通法点拨
“课时跟踪检测”见
“课时跟踪检测(二十五)”
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