(共44张PPT)
高考难点突破系列(一)导数中的综合问题
第一课时 不等式恒(能)成立问题
题型一 分离参数法求参数范围
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.
②当x>0时，分离参数a，
则h′(x)＝ex－x－1，
令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，
故h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因此h′(x)>h′(0)＝0，
故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，
故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
感悟提升
1.分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，这要比分类讨论法简便很多.
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.
训练1 已知函数f(x)＝ex－ax－1，若f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围.
解 因为f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，
所以ex－x2－ax－1≤0在[0，＋∞)上有解，
当x＝0时，不等式成立，此时a∈R；
令φ(x)＝ex－(x＋1)，则φ′(x)＝ex－1，当x>0时，φ′(x)>0，
则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)>φ(0)＝0，
即当x>0时，ex－(x＋1)>0，
所以当0
当x>1时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，
所以a≥e－2，
综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞).
题型二 分类讨论法求参数范围
令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，(2分)
当t∈(1，2)时，h(t)>0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0.
当u∈(0，1)时，k′(u)<0，∴k(u)在(0，1)上单调递减.
∵k(1)＝3，∴当u∈(0，1)时，k(u)>3，∴k(u)的值域为(3，＋∞)②.(8分)
①当a≤3时，g′(x)<0，
∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)→借助于隐零点x0，得g(x)的单调性，从而确定g(x)存在大于0的函数值，即f(x)综上所述，a的取值范围为(－∞，3].(12分)
[满分规则]
得步骤分
①处求函数的导数是解题步骤之一，也是本题最容易得分之处，一定要准确求导.
得关键分
解决不等式的恒成立问题就是转化为函数的最值或值域问题，而所涉及导数的单调性最为关键，在②处求出k(u)的值域，从而讨论g′(x)的符号确定g(x)的单调性.
得讨论分
解含参数的函数问题，要仔细观察参数的符号，对其进行分类讨论的分解问题，如③处.
构造函数g(x)＝xln x－a(x2－1)(x≥1)，
g′(x)＝ln x＋1－2ax，
①若a≤0，则F′(x)＞0，g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0，
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
从而g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0，
∴g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，
g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
题型三 双变量的恒(能)成立问题
解 f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，
当x∈[0，2]时，ex∈[1，e2]，且f(2)＝2e2－4a，f(0)＝0，
∵ x1，x2∈[0，2]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤a＋2e2，
∴当x∈[0，2]时，f(x)max－f(x)min≤a＋2e2.
当x∈[0，2]时，
(ⅰ)若a≤1，则ex－a≥0，
∴f′(x)≥0，f(x)在[0，2]上单调递增，
∴f(x)max－f(x)min＝f(2)－f(0)＝2e2－4a≤a＋2e2，得0≤a≤1.
(ⅱ)若a≥e2，则ex－a≤0，
∴f′(x)≤0，f(x)在[0，2]上单调递减，
(ⅲ)若10，得ln a∴f(x)在(ln a，2]上单调递增；
由f′(x)＝(x＋1)(ex－a)<0，得0≤x∴f(x)在[0，ln a)上单调递减.
而f(2)－f(0)＝2e2－4a，
∵ln a∈(2－ln 2，2)，
又h(e2)＝－e2<0，
感悟提升
双变量的恒(能)成立问题，常见的转化有：
(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.
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②若1＜a＜e，
当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；
当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增.
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减，
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.
解 由题意知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]上单调递增，
又g′(x)＝(1－ex)x.
所以当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，则g(x)min＝g(0)＝1，
拓展视野 洛必达法则
2.洛必达法则
例 已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).
(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值；
解 f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
经检验符合题意.
(2)当x＞0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.
解 法一 当x＞0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax(x＞0)，
则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.
①当a≤1时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)＞φ(0)＝0，
∴a≤1满足条件.
②当a＞1时，若0＜x＜ln a，则φ′(x)＜0；
若x＞ln a，则φ′(x)＞0.
∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0.
令g(a)＝a－1－aln a(a＞1)，
∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a＜0，
∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减.
∴g(a)＜g(1)＝0与g(a)≥0矛盾，
故a＞1不满足条件，
综上，实数a的取值范围是(－∞，1].
法二 当x＞0时，f(x)≥0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)＞k(0)＝0，
∴h′(x)＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1].
训练 (2024·宁波调研节选)已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对任意x＞0都有f(x)＞ax成立，求实数a的取值范围.
解 法一 令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x＞0)，
则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，
∵x＞0，∴ln(x＋1)＞0.
(1)当1－a≥0，
即a≤1时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，
∴φ(x)＞0恒成立，故a≤1满足题意.
(2)当1－a＜0，即a＞1时，
令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，
∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)＜0；
x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)＜φ(0)＝0与φ(x)＞0恒成立矛盾，
故a＞1不满足题意.
综上有a≤1，
故实数a的取值范围是(－∞，1].
法二 x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增.∴k(x)＞k(0)＝0，
∴x－ln(x＋1)＞0恒成立，∴g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
课时分层精练
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.(2024·杭州模拟节选)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x(a∈R)，若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围.
由题意f(x)≥1，则f(x)min≥1，
(1)当a≤0时，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝－a－1，所以－a－1≥1，即a≤－2；
(2)当a＞0时，存在f(1)＝－a－1＜0，不满足题意，
可知a＞0时，f(x)≥1不恒成立，
综上，a≤－2.故实数a的取值范围是(－∞，－2].
解 由题设知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y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，
则ymax＝－3，
所以a≥－3，
所以a的最小值为－3.
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.
3.(2024·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
解 f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1，
又f(1)＝0，
故f(x)在点(1，0)处的切线方程为y＝x－1.
(2)当x≥1时，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围.
解 当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)，
得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
令h(x)＝ln x＋1－2ax，
①若a≤0，得h′(x)>0，则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，
从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意；
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；
所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，
从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，
所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立.
4.(2024·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x－k(x－1)，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝1平行.
(1)求实数k的值，并判断f(x)的单调性；
解 由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝1平行，
由f′(x)>0，得01，
∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
(2)记g(x)＝x2＋xf(x)，且当x∈(1，＋∞)时，不等式g(x)－λx＋λ>0恒成立，求整数λ的最大值.
解 f(x)＝ln x－x＋1，∴g(x)＝xln x＋x，
∴xln x＋x－λ(x－1)>0.
∵x>1，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，
∴方程h(x)＝0在(1＋∞)上存在唯一的实数根x0，且x0∈(3，4)，
则h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，所以ln x0＝x0－2.(*)
当1x0时，h(x)>0，则φ′(x)>0.
∴函数φ(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
∴λ<φ(x)min＝x0∈(3，4).
故整数λ的最大值是3.(共44张PPT)
高考难点突破系列(一)导数中的综合问题
第二课时 构造函数证明 不等式
题型一 移项构造函数或直接利用函数的最值证明 不等式
例1 (2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
解 f′(x)＝aex－1，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a；
令f′(x)<0，得x<－ln a，
所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a,＋∞)上单调递增.
证明 法一 由(1)得当a>0时，函数f(x)的最小值为f(－ln a)＝1＋a2＋ln a.
法二 当a>0时，由(1)得f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，
构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
所以当a>1时，u′(a)<0；当00，
所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以u(a)≤u(1)＝0，
即ln a≤a－1，
感悟提升
1.若待证不等式的一边含有自变量，另一边为常数，可直接求函数的最值，利用最值证明不等式.
2.若待证不等式的两边含有同一个变量，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
训练1 (2023·新高考Ⅱ卷节选)证明：当0证明 令h(x)＝x－x2－sin x(0则h′(x)＝1－2x－cos x(0令p(x)＝1－2x－cos x(0则p′(x)＝－2＋sin x<0，
所以p(x)即h′(x)在(0，1)上单调递减，
又h′(0)＝0，
所以当0所以当0即x－x2令g(x)＝sin x－x(0则g′(x)＝cos x－1≤0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，
又g(0)＝0，
所以当0即sin x综上，当0题型二 分拆函数法证明不等式
例2 (2024·长沙模拟节选)已知函数f(x)＝axln x＋x2，g(x)＝ex＋x－1，0证明 要证明f(x)只需证明axln x＋x2则00，函数u(x)在(0，e)上单调递增；
x>e时，u′(x)<0，函数u(x)在(e，＋∞)上单调递减；
则0x>2时，v′(x)>0，函数v(x)在(2，＋∞)上单调递增；
所以0感悟提升
1.若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.含ln x与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.
2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，
所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，
题型三 放缩后构造函数证明不等式
例3 当x>0时，证明：ex－sin x－1>xln x.
证明 设h(x)＝x－sin x，
则h′(x)＝1－cos x≥0，h(x)单调递增，
所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，
即x>sin x(x>0).
所以ex－sin x－1>ex－x－1，
所以要证ex－sin x－1>xln x，
只需证明ex－x－1>xln x，
设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，
则x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
所以f(x)的最小值为f(0)＝0.
当x∈(0，1)时，f(x)>0，xln x<0，
所以ex－x－1>xln x.
当x∈[1，＋∞)时，设F(x)＝ex－x－1－xln x，
则F′(x)＝ex－ln x－2，
因为g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
且g′(1)＝e－1>0，
所以g′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝e－2>0，
所以F′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立，
故F(x)在[1，＋∞)上单调递增，
F(x)≥F(1)＝e－2>0在[1，＋∞)上恒成立.
综上，当x>0时，ex－sin x－1>xln x.
感悟提升
训练3 (2024·济南模拟节选)已知函数f(x)＝ex，证明：当x＞－2时，f(x)＞ln(x＋2).
证明 设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x＞－2)，则g′(x)＝ex－1，
当－2＜x＜0时，g′(x)＜0；
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)，
则当－2＜x＜－1时，h′(x)＜0；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)，
因为等号不同时成立，
所以当x＞－2时，f(x)＞ln(x＋2).
微点突破 极值点偏移
(无偏移，左右对称，如二次函数)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.
(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0；
(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0.
一、对称化构造辅助函数
例1 (2024·青岛调研)已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
解 f′(x)＝(1－x)e－x，
则由f′(x)<0，得x>1；由f′(x)>0，得x<1，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
(2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
证明 不妨设x11，
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
即证f(x1)＝f(x2)构造F(x)＝f(2－x)－f(x)＝(2－x)ex－2－xe－x，x<1，
则F′(x)＝(1－x)(ex－2－e－x)<0，所以F(x)在(－∞，1)上单调递减，
所以F(x)＝f(2－x)－f(x)>F(1)＝0，
故F(x1)＝f(2－x1)－f(x1)>0，x1<1，可得f(2－x1)>f(x1)＝f(x2)，
又x1<1，2－x1>1，x2>1，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以2－x12.
二、比、差值换元构造辅助函数
例2 已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1x2>e2.
证明 法一 不妨设x1>x2，
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，
法二 由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，
即f(x1)＝f(x2)＝0，
易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两个根，
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝xe－x，
则g(t1)＝g(t2)，
从而x1x2>e2 ln x1＋ln x2>2 t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0，
由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1作出函数g(x)的图象如图所示，
由图知必有0令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，
所以F(x)在(0，1]上单调递增，
所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0，1]恒成立，
即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0，1]恒成立.
由0所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，
即g(2－t1)>g(t2).
又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以2－t1所以t1＋t2>2，
即x1x2>e2.
训练 (1)已知函数f(x)＝x(1－ln x)，若f(x)＝m有两个根x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x2>2.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
不妨设02，
即证x2>2－x1.
因为01，2－x1>1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x2)又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)].
当00，
即当00，所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当0所以当0f(x1)＝f(x2)，
又x1<1，则2－x1>1，x2>1，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以2－x12.
(2)(2024·南通模拟改编)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.
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＜x2.
设0＜x1＜1＜x2，由g(x1)＝g(x2)，得x1e－x1＝x2e－x2，
等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
所以当t＞1时，h(t)单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，
课时分层精练
KESHIFENCENGJINGLIAN
证明 当x＞0时，要证f(x)≤x－1，
即证ln x－x2＋x≤0，
令g(x)＝ln x－x2＋x(x＞0)，
当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
∴g(x)≤g(1)＝0，即当x＞0时，f(x)≤x－1.
2.(2024·唐山模拟)已知x>－1，证明：
(1)ex－1≥x≥ln(x＋1)；
当－1当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，等号仅当x＝0时成立，
即x≥ln(x＋1)，
从而ex≥eln(x＋1)＝x＋1，
所以ex－1≥x.
综上，ex－1≥x≥ln(x＋1).
(2)(ex－1)ln(x＋1)≥x2.
证明 显然当x＝0时，(ex－1)ln(x＋1)＝x2＝0.
令h(x)＝(1－x)ex－1，则h′(x)＝－xex，
当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x>0时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)≤h(0)＝0，等号仅当x＝0时成立，
所以g(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减.
由(1)知，当－1x>ln(x＋1)；
当x>0时，x>ln(x＋1)>0，
所以g(x)又当x>－1且x≠0时，x(ex－1)>0，
所以(ex－1)ln(x＋1)>x2.
综上，当x>－1时，(ex－1)ln(x＋1)≥x2.
3.已知函数f(x)＝ax－sin x.
(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；
解 ∵f(x)＝ax－sin x，
∴f′(x)＝a－cos x，
由函数f(x)为增函数，
则f′(x)＝a－cos x≥0恒成立，
即a≥cos x在R上恒成立，
∵y＝cos x∈[－1，1]，
∴a≥1，
即实数a的取值范围为[1，＋∞).
(2)求证：当x>0时，ex>2sin x.
证明 由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sin x为增函数，
当x>0时，f(x)>f(0)＝0 x>sin x，
要证当x>0时，ex>2sin x，只需证当x>0时，ex>2x，
即证ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，
设g(x)＝ex－2x(x>0)，则g′(x)＝ex－2，
令g′(x)＝0解得x＝ln 2，
∴g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，
∴g(x)≥g(ln 2)>0，∴ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sin x.
4.设函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e.
(1)求函数f(x)的单调区间；
∵x∴f′(x)<0.
故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a)，无单调递增区间.
令g′(x)>0，得0e，
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
令h′(x)>0，得x>1；令h′(x)<0，得0∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
当x∈(0，2e)时，g′(x)>0；当x∈(2e，＋∞)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(2e)＝ln(2e)－1＝ln 2<1.
设h(x)＝ex－x，x>0，则h′(x)＝ex－1>0在(0，＋∞)上恒成立.
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>e0－0＝1，(共38张PPT)
高考难点突破系列(一)导数中的综合问题
第三课时 利用导数研究函数的零点
题型一 数形结合法研究函数零点
例1 (2024·南昌模拟节选)已知函数f(x)＝(x－a)2＋bex(a，b∈R)，若a＝0时，函数y＝f(x)有3个零点，求b的取值范围.
解 函数y＝f(x)有3个零点，
即关于x的方程f(x)＝0有3个根，
由g′(x)<0解得00解得x<0或x>2，
所以g(x)在(－∞,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.
当x>0时，g(x)<0；当x→＋∞时，g(x)→0；
当x→－∞时，g(x)→－∞，
作出g(x)的大致图象如图所示，作出直线y＝b.
感悟提升
含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围.
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1).
当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减.
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，∴x＝1也是φ(x)的最大值点，
结合y＝φ(x)的图象(如图)可知，
题型二 利用函数性质研究函数零点
例2 已知函数f(x)＝(2a＋1)x2－2x2ln x－4，e是自然对数的底数， x>0，ex>x＋1.
(1)求f(x)的单调区间；
解 ∵f(x)＝(2a＋1)x2－2x2ln x－4，
∴f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x(a－ln x).
∵当00，
∴f(x)在(0，ea)上单调递增；
∵当x>ea时，f′(x)<0，
∴f(x)在(ea，＋∞)上单调递减.
∴f(x)的单调递增区间为(0，ea)，单调递减区间为(ea，＋∞).
(2)记p：f(x)有两个零点；q：a>ln 2.求证：p是q的充要条件.
要求：先证充分性，再证必要性.
证明 先证充分性.
由(1)知，当x＝ea时，f(x)取得最大值，
即f(x)的最大值为f(ea)＝e2a－4.
由f(x)有两个零点，得e2a－4>0，解得a>ln 2.
∴a>ln 2.
再证必要性.
∵a>ln 2，∴e2a>4.∴f(ea)＝e2a－4>0.
∵a>ln 2>0， x>0，ex>x＋1，∴e2a>2a＋1>2a.
∴ x1∈(e－a，ea)，使f(x1)＝0；
∵f(ea＋1)＝－e2a＋2－4<0，
∴ x2∈(ea，ea＋1)，f(x2)＝0.
∵f(x)在(0，ea)上单调递增，在(ea，＋∞)上单调递减，
∴ x∈(0，＋∞)，x≠x1且x≠x2，易得f(x)≠0.
∴当a>ln 2时，f(x)有两个零点.
感悟提升
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件.
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，
所以f(x)≤f(1)＝－1＜0，
所以f(x)不存在零点；
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，
所以f(x)不存在零点；
(ⅰ)当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f(1)＝a－1＝0，
所以函数f(x)恰有一个零点；
因为f(1)＝a－1＞0，
所以a＞1满足条件；
即0＜a＜1满足条件.
综上，若f(x)恰有一个零点，则a的取值范围为(0，＋∞).
题型三 构造函数法研究函数零点
例3 已知函数f(x)＝ex－1＋ax(a∈R).
(1)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围；
解 由题意，得f′(x)＝ex＋a.
若a≥－1，则当x∈[0，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥f(0)＝0，符合题意；
若a<－1，令f′(x)<0，得x∴当x∈(0，ln(－a))时，f(x)综上，a的取值范围为[－1，＋∞).
易知y＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
∴t＝x，得a＝x－ln x.
则原问题可转化为方程a＝x－ln x有两个不同的实数解.
令φ′(x)<0，得00，得x>1，
∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1，
∴a≥1.
当a＝1时，易知方程1＝x－ln x只有一个实数解x＝1，不符合题意.
下证当a>1时，a＝x－ln x有两个不同的实数解.
令g(x)＝x－ln x－a(a>1)，
则g(x)＝φ(x)－a，易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
∵g(e－a)＝e－a>0，g(1)＝1－a<0，
∴g(x)在(e－a，1)上有一个零点.
易知g(ea)＝ea－2a，
令h(a)＝ea－2a，
则当a>1时，h′(a)＝ea－2>0，
∴h(a)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当a>1时，h(a)>h(1)＝e－2>0，
即g(ea)＝ea－2a>0，
∴g(x)在(1，ea)上有一个零点.
∴当a>1时，a＝x－ln x有两个不同的实数解.
综上，a的取值范围为(1，＋∞).
得ex＝ea(ln x＋a)，
∴xex＝xea(ln x＋a)，
即xex＝ea＋ln x(ln x＋a).
令u(x)＝xex，则有u(x)＝u(a＋ln x).
当x>0时，u′(x)＝(x＋1)ex>0，
∴u(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝a＋ln x，即a＝x－ln x.
下同法一.
感悟提升
涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.
解 曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
当0＜x＜e时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞).
微点突破 隐零点问题
在研究函数单调性时，常常会遇到f′(x)零点不可求的情形，此时可先论证f′(x)有零点，再虚设零点，最后运用零点代换，化简函数极值的策略来解决问题，这是隐零点问题常用的处理方法.隐零点的零点代换处理策略被广泛应用于零点讨论、不等式证明、求最值等各种题型中，是零点不可求问题中一个必备的基本处理方法，真题中也十分常见.
例 (2024·青岛质检)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数；
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
所以f′(x)在(0，＋∞)单调递增，
故当a>0时，f′(x)存在唯一零点.
证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
记h(x)＝g′(x)＝ex－2x－1 h′(x)＝ex－2，
当x∈(0，ln 2)时，h′(x)<0；
当x∈(ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)即g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
又g′(0)＝0，g′(ln 2)＝1－2ln 2<0，
故当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，
故g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
又因为m是整数，所以mmax＝－1.
课时分层精练
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1.已知函数f(x)＝x－aex，a∈R，讨论函数f(x)的零点个数.
解 f(x)＝0等价于x－aex＝0，
当x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；
当x＞1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
又当x＜0时，h(x)＜0；当x＞0时，h(x)＞0，且x→＋∞时，h(x)→0，
∴可画出h(x)大致图象，如图所示.
由f′(x)＝0，得x＝e，
∴当00；当x>e时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
(2)若0由(1)知，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，
综上，当0＜a＜1时，f(x)有且只有一个零点.
3.(2024·太原模拟节选)已知函数f(x)＝xex－x－1，讨论方程f(x)＝ln x＋m－2的实根个数.
解 由f(x)＝ln x＋m－2，
得xex－x－ln x＋1＝m，x>0，
令h(x)＝xex－x－ln x＋1，
令m(x)＝xex－1(x>0)，
则m′(x)＝(x＋1)·ex>0，
∴m(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当x∈(0，x0)时，m(x)<0，h′(x)<0，则h(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0，则h(x)单调递增；
又易知，当x→0＋时，h(x)→＋∞；当x→＋∞时，h(x)→＋∞.
∴当m<2时，方程f(x)＝ln x＋m－2没有实根；
当m＝2时，方程f(x)＝ln x＋m－2有1个实根；
当m>2时，方程f(x)＝ln x＋m－2有2个实根.
4.(2024·郑州模拟节选)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x＋1，g(x)＝aex－x＋ln a，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，求实数a的取值范围.
解 函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，
即f(x)＝g(x)有两个实根，
即ln(x＋1)－x＋1＝aex－x＋ln a有两个实根，
即ex＋ln a＋x＋ln a＝ln(x＋1)＋x＋1有两个实根，
即ex＋ln a＋x＋ln a＝eln(x＋1)＋ln(x＋1)有两个实根.
设函数h(x)＝ex＋x，则ex＋ln a＋x＋ln a＝eln(x＋1)＋ln(x＋1) h(x＋ln a)＝h(ln(x＋1)).
因为h′(x)＝ex＋1>0恒成立，
所以h(x)＝ex＋x在R上单调递增，
所以x＋ln a＝ln(x＋1)，x＞－1，
所以要使F(x)有两个零点，
只需ln a＝ln(x＋1)－x有两个实根.
故函数M(x)的单调递增区间为(－1，0)，单调递减区间为(0，＋∞).
故函数M(x)在x＝0处取得极大值，也是最大值，且M(x)max＝M(0)＝0.
易知当x→－1时，M(x)→－∞；
当x→＋∞时，M(x)→－∞.
故要使ln a＝ln(x＋1)－x有两个实根，
只需ln a解得0所以实数a的取值范围是(0，1).