2019届一轮复习北师大版 导数的综合应用 学案

第33练 导数的综合应用[明考情]导数部分在高考中的应用一般综合性较强，以压轴题形式呈现，导数和函数零点，方程根及不等式相结合是高考命题的热点，高档难度. [知考向]1.导数与函数零点.2.导数与不等式.3.导数与其他知识的交汇问题.考点一 导数与函数零点方法技巧 研究函数零点或两函数图象的交点，可以通过导数研究函数的单调性、极值和最值，确定函数图象的变化趋势，画出函数草图，确定函数图象与x 轴的交点或两函数图象的交点.1.设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，m ＞0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝(x ＋m )(x －m )x.当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 当x ＞m 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增.综上可知，函数f (x )的单调递增区间是[m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m ]. (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数F (x )的零点个数. F ′(x )＝－(x －1)(x －m )x，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数， 注意到F (1)＝32＞0，F (4)＝－ln4＜0，所以F (x )有唯一零点.当m ＞1时，若0＜x ＜1或x ＞m ，则F ′(x )＜0；若1＜x ＜m ，则F ′(x )＞0，所以函数F (x )在(0，1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增， 注意到F (1)＝m ＋12＞0，F (2m ＋2)＝－m ln (2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点.综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象总有一个交点. 2.设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex (x >0)，则f ′(x )＝x －ex2(x >0)，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝lne ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋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，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点. 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.3.已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R ).(1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ， f ′(x )＝2x －2x ＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，所以切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x .因为x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，当g ′(x )＝0时，x ＝1. 当1e <x <1时，g ′(x )>0；当1<x <e 时，g ′(x )<0. 所以g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2， g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0， 则g (e)<g ⎝⎛⎭⎫1e ，所以g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g (e). g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0， 解得1<m ≤2＋1e2，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2. 4.(2016·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点. (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. (1)解 f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a ). ①若a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点； ②若a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－∞，1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增.又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0， 故f (x )存在两个零点.③若a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a ). 若0＞a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增.又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点.若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增. 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点. 综上，a 的取值范围为(0，＋∞).(2)证明 不妨设x 1<x 2.由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)上单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝222ex x --＋a (x 2－1)2，而f (x 2)＝(x 2－2)2e x＋a (x 2－1)2＝0，所以f (2－x 2)＝222e x x --－(x 2－2)2e x.设g (x )＝－x e 2－x －(x －2)e x ，x ∈(1，＋∞)，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x －e x )，所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0，从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2. 考点二 导数与不等式方法技巧 导数与不等式问题相结合有两个方面：一是由不等式恒成立(或有解)求解参数取值范围；二是证明不等式或与自然数有关的不等式.解决这两类问题的核心是“函数的最值”.5.(2017·保定模拟)已知函数f (x )＝e x －2x . (1)求函数f (x )的极值；(2)当a ＜2－ln4且x ＞0时，试比较f (x )与x 2＋(a －2)x ＋1的大小. 解 (1)∵f ′(x )＝e x －2， 令f ′(x )＞0，得x ＞ln2， 令f ′(x )＜0，得x ＜ln2， ∴f (x )在(－∞，ln2)上单调递减， 在(ln2，＋∞)上单调递增，∴当x ＝ln2时，f (x )有极小值f (ln2)＝2－2ln2，无极大值. (2)令g (x )＝f (x )－x 2－(a －2)x －1＝e x －x 2－ax －1， g ′(x )＝e x －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，＋∞)上单调递增， ∴g (x )＞g (0)＝0， 即f (x )＞x 2＋(a －2)x ＋1.6.设函数f (x )＝x 2＋x ＋a ln(x ＋1)，其中a ≠0. (1)若a ＝－6，求f (x )在[0，3]上的最值；(2)若f (x )在定义域内既有极大值又有极小值，求实数a 的取值范围； (3)当a ＝－1时，令g (x )＝x 3＋x －f (x )，试证：ln n ＋1n ＞n －1n 3(n ∈N *)恒成立.(1)解 由题意知，f (x )的定义域为(－1，＋∞)， 当a ＝－6时，f (x )＝x 2＋x －6ln(x ＋1). 由f ′(x )＝2x ＋1－6x ＋1＝2x 2＋3x －5x ＋1＝0，得x ＝1⎝⎛⎭⎫x ＝－52舍去.当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(1，3)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增. 所以f (x )min ＝f (1)＝2－6ln2.又因为f (0)＝0，f (3)＝32＋3－6ln4＝12(1－ln2)＞0， 所以f (x )max ＝f (3)＝12(1－ln2)，f (x )min ＝f (1)＝2－6ln2.(2)解 依题意，f ′(x )＝2x ＋1＋ax ＋1＝2x 2＋3x ＋1＋a x ＋1＝0在(－1，＋∞)上有两个不等实根，即2x 2＋3x ＋a ＋1＝0在(－1，＋∞)上有两个不等实根，设h (x )＝2x 2＋3x ＋a ＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8(a ＋1)＞0，h (－1)＝2－3＋a ＋1＞0，解得0＜a ＜18.即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，18. (3)证明 g (x )＝x 3＋x －f (x )＝x 3－x 2＋ln(x ＋1)， g ′(x )＝3x 2－2x ＋1x ＋1＝3x 3＋(x －1)2x ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x ∈(0，＋∞)时，g (x )＞g (0)＝0， 即x 2－x 3＜ln(x ＋1)恒成立.令x ＝1n ∈(0，＋∞)(n ∈N *)，则有ln ⎝⎛⎭⎫1n ＋1＞1n 2－1n 3，即ln n ＋1n ＞n －1n 3. 7.已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2.①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0， 则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； 当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数. 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]上为减函数，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .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； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知，f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值. 由(1)知，f (x )在[e ，e 2]上单调递增， f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数， g (x )min ＝g (0)＝1， 所以e －(a ＋1)－ae＜1，即a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1. 8.已知函数f (x )＝a ln x ＋12x 2－(1＋a )x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≥0对定义域的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围；(3)证明：对于任意正整数m ，n ，不等式1ln (m ＋1)＋1ln (m ＋2)＋…＋1ln (m ＋n )＞nm (m ＋n )恒成立.(1)解 f ′(x )＝ax ＋x －(1＋a )＝x 2－(1＋a )x ＋a x ＝(x －1)(x －a )x，x ∈(0，＋∞).当a ≤0时，若0＜x ＜1，则f ′(x )＜0，若x ＞1，则f ′(x )＞0，故此时函数f (x )的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)； 当0＜a ＜1时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以函数f (x )的单调递增区间是(0，a )，(1，＋∞)，单调递减区间是(a ，1)； 当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2x≥0，所以函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)；当a ＞1时，同0＜a ＜1时的解法，可得函数f (x )的单调递增区间是(0，1)，(a ，＋∞)，单调递减区间是(1，a ).(2)解 由于f (1)＝－12－a ，显然当a ＞0时，f (1)＜0，此时f (x )≥0对定义域内的任意x 不是恒成立的.当a ≤0时，由(1)可知，函数f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (1)＝－12－a ，此时只要f (1)≥0即可，即－12－a ≥0，解得a ≤－12，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－12. (3)证明 当a ＝－12时，f (x )＝－12ln x ＋12x 2－12x ≥0，当且仅当x ＝1时等号成立，即ln x ≤x 2－x .当x ＞1时，可以变换为1ln x ＞1x 2－x ＝1(x －1)x，在上面不等式中分别令x ＝m ＋1，m ＋2，…，m ＋n ，m ，n ∈N *，将所得各式相加，得 1ln (m ＋1)＋1ln (m ＋2)＋…＋1ln (m ＋n )＞1m (m ＋1)＋1(m ＋1)(m ＋2)＋…＋1(m ＋n －1)(m ＋n )＝⎝⎛⎭⎫1m －1m ＋1＋⎝⎛⎭⎫1m ＋1－1m ＋2＋…＋⎝⎛⎭⎫1m ＋n －1－1m ＋n ＝1m －1m ＋n ＝n m (m ＋n ). 故1ln (m ＋1)＋1ln (m ＋2)＋…＋1ln (m ＋n )＞nm (m ＋n ).考点三 导数与其他知识的交汇问题方法技巧 解决导数与不等式、数列等知识的交汇问题，可以通过构造函数，利用导数研究函数的单调性及函数值的变化趋势，透析函数图象的基本特征，结合转化与化归、分类与整合等数 思想方法进行求解. 9.已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋2)e x .(1)函数f (x )在x ＝0处的切线方程为2x ＋y ＋b ＝0，求a ，b 的值；(2)当a ＞0时，若曲线y ＝f (x )上存在三条斜率为k 的切线，求实数k 的取值范围. 解 (1)f (x )＝(x 2－2ax ＋2)e x ，f (0)＝2e 0＝2，∴2＋b ＝0，解得b ＝－2.f ′(x )＝(x 2－2ax ＋2＋2x －2a )e x ＝[x 2＋(2－2a )x ＋2－2a ]e x ， f ′(0)＝2－2a ＝－2，得a ＝2， ∴a ＝2，b ＝－2.(2)f ′(x )＝[x 2＋(2－2a )x ＋2－2a ]e x ，令h (x )＝f ′(x )，依题意知，存在k 使h (x )＝k 有三个不同的实数根， h ′(x )＝(x 2－2ax ＋2＋2x －2a ＋2x －2a ＋2)e x ＝[x 2＋(4－2a )x ＋4－4a ]e x ， 令h ′(x )＝[x 2＋(4－2a )x ＋4－4a ]e x ＝0，得x 1＝－2，x 2＝2a －2.由a ＞0知，x 1＜x 2，则f ′(x )在(－∞，－2)，(2a －2，＋∞)上单调递增，在(－2，2a －2)上单调递减.当x →－∞时，f ′(x )→0，当x →＋∞时，f ′(x )→＋∞， ∴f ′(x )的极大值为f ′(－2)＝e －2(2a ＋2)，f ′(x )的极小值为f ′(2a －2)＝e 2a －2(2－2a )，当f ′(2a －2)＜0，即a ＞1时，0＜k ＜e －2(2a ＋2)，当f ′(2a －2)＞0，即0＜a ＜1时， e 2a －2(2－2a )＜k ＜e －2(2a ＋2).10.已知函数f (x )＝e x －e －x －2x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x >0时，g (x )>0，求b 的最大值； (3)已知1.4142<2<1.4143，估计ln2的近似值(精确到0.001). 解 (1)f ′(x )＝e x ＋e －x －2≥0，当且仅当x ＝0时，等号成立， 所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增. (2)因为g (x )＝f (2x )－4bf (x )＝e 2x －e －2x－4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ，g ′(x )＝2[e 2x ＋e－2x－2b (e x ＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋e －x －2b ＋2).①当b ≤2时，g ′(x )≥0，当且仅当x ＝0时，等号成立， 所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增. 而g (0)＝0，所以对任意x >0，g (x )>0. ②当b >2时，若x 满足2<e x ＋e －x <2b －2，即0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0. 而g (0)＝0，因此当0<x ≤ln(b －1＋b 2－2b )时，g (x )<0. 综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln2，当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln2>0，ln2>82－312>0.6928；当b ＝324＋1时，ln(b －1＋b 2－2b )＝ln 2，g (ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln2<0，ln2<18＋228<0.6934.所以ln2的近似值为0.693.11.已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处相切，试求g (x )的表达式；(2)若φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )在[)1，＋∞上是减函数，求实数m 的取值范围；(3)证明：不等式1ln2＋1ln3＋1ln4＋…＋1ln (n ＋1)＜n 2＋1＋12＋13＋…＋1n .(1)解 由于f (x )与g (x )在x ＝1处相切， 且f ′(x )＝1x ，g ′(x )＝12a ，所以f ′(1)＝1＝12a ，得a ＝2.又g (1)＝0＝12a ＋b ，所以b ＝－1， 所以g (x )＝x －1.(2)解 因为φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )＝m (x －1)x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数，所以φ′(x )＝－x 2＋(2m －2)x －1x (x ＋1)2≤0在[)1，＋∞上恒成立，即x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即2m －2≤x ＋1x ，x ∈[1，＋∞).又x ＋1x ∈[2，＋∞)，所以2m －2≤2，得m ≤2. 即实数m 的取值范围为(－∞，2].(3)证明 由(2)可知，当m ＝2时，φ(x )＝2(x －1)x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数，所以当x ＞1时，φ(x )＜φ(1)＝0， 即2(x －1)x ＋1－ln x ＜0，所以ln x ＞2(x －1)x ＋1，从而得到1ln x ＜12·x ＋1x －1，当x ＝2时，1ln2＜12×31， 当x ＝3时，1ln3＜12×42， 当x ＝4时，1ln4＜12×53， …，当x ＝n ＋1时，1ln (n ＋1)＜12·n ＋2n，n ∈N *，n ≥2， 上述不等式相加，得1ln2＋1ln3＋1ln4＋…＋1ln (n ＋1)＜12⎝⎛⎭⎫31＋42＋53＋…＋n ＋2n ＝12⎝⎛⎭⎫n ＋21＋22＋23＋…＋2n ＝n 2＋1＋12＋13＋…＋1n ，即1ln2＋1ln3＋1ln4＋…＋1ln (n ＋1)＜n 2＋1＋12＋13＋ (1)(n ∈N *，n ≥2). 12.(2017·泸州冲刺)设函数f (x )＝e x ＋sin x (e 为自然对数的底数)，g (x )＝ax ，F (x )＝f (x )－g (x ).(1)若x ＝0是F (x )的极值点，且直线x ＝t (t ≥0)分别与函数f (x )和g (x )的图象交于P ，Q ，求P ，Q 两点间的最短距离；(2)若当x ≥0时，函数y ＝F (x )的图象恒在y ＝F (－x )的图象上方，求实数a 的取值范围. 解 (1)因为F (x )＝e x ＋sin x －ax ，所以F ′(x )＝e x ＋cos x －a ，因为x ＝0是F (x )的极值点，所以F ′(0)＝1＋1－a ＝0，解得a ＝2.又当a ＝2时，若x ＜0，F ′(x )＝e x ＋cos x －a ＜1＋1－2＝0，所以F (x )在(－∞，0)上单调递减.若x ＞0，(F ′(x ))′＝e x －sin x ＞0，所以F ′(x )在(0，＋∞)上为增函数，所以F ′(x )＞F ′(0)＝1＋1－2＝0，所以F (x )在(0，＋∞)上为增函数.所以x ＝0是F (x )的极小值点，所以a ＝2符合题意，所以|PQ |＝e t ＋sin t －2t .令h (x )＝e x ＋sin x －2x ，即h ′(x )＝e x ＋cos x －2，因为(h ′(x ))′＝e x －sin x ，当x ＞0时，e x ＞1，－1≤sin x ≤1，所以(h ′(x ))′＝e x －sin x ＞0，所以h ′(x )＝e x ＋cos x －2在(0，＋∞)上单调递增，所以h ′(x )＝e x ＋cos x －2＞h ′(0)＝0，所以当x ∈[0，＋∞)时，h (x )的最小值为h (0)＝1，所以|PQ |min ＝1.(2)令φ(x )＝F (x )－F (－x )＝e x －e －x ＋2sin x －2ax ， 则φ′(x )＝e x ＋e －x ＋2cos x －2a ， 令S (x )＝(φ′(x ))′＝e x －e －x －2sin x ， 因为S ′(x )＝e x ＋e －x －2cos x ≥0在x ≥0时恒成立， 所以函数S (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以S (x )≥S (0)＝0在x ≥0时恒成立.故函数φ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以φ′(x )≥φ′(0)＝4－2a 在x ∈[0，＋∞)时恒成立.当a ≤2时，φ′(x )≥0，φ(x )在[0，＋∞)上单调递增，即φ(x )≥φ(0)＝0.故当a ≤2时，F (x )≥F (－x )恒成立.当a ＞2时，因为φ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以总存在x 0∈(0，＋∞)，使φ(x )在区间[0，x 0)上，φ′(x )＜0，导致φ(x )在区间[0，x 0]上单调递减，而φ(0)＝0，所以当x ∈[0，x 0)时，φ(x )＜0，这与F (x )－F (－x )≥0对x ∈[0，＋∞)恒成立矛盾，所以a ＞2不符合题意，故符合条件的a 的取值范围是(－∞，2].例 (12分)已知函数f (x )＝ln x －mx ＋m ，m ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的值；(3)在(2)的条件下，任意的0＜a ＜b ，求证：f (b )－f (a )b －a ＜1a (1＋a ). 审题路线图 (1)求导f ′(x )―→讨论参数m 确定f ′(x )符号―→f (x )的单调区间(2)结合(1)确定的符号―→问题转化为f (x )max ≤0―→m －ln m －1≤0―→g (x )＝x －ln x －1最小值为0―→求出m ＝1(3)要证结论转化―→利用(2)中g (x )性质―――――→函数单调性不等式放缩结论得证 规范解答·评分标准(1)解 f ′(x )＝1x －m ＝1－mx x(x ∈(0，＋∞)). 当m ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，则函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m ＞0时，由f ′(x )＝1x －m ＝1－mx x＞0， 可得x ∈⎝⎛⎭⎫0，1m ，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1m 上单调递增， 由f ′(x )＝1x －m ＝1－mx x＜0，可得x ∈⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞， 则f (x )在⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞上单调递减.…………………………………………………………4分 (2)解 由(1)知，当m ≤0时显然不成立；当m ＞0时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1m ＝ln 1m－1＋m ＝m －ln m －1， 只需m －ln m －1≤0即可，令g (x )＝x －ln x －1，则g ′(x )＝1－1x， 函数g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝0.则若f (x )≤0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，m ＝1.…………………………………………8分(3)证明 f (b )－f (a )b －a ＝ln b －ln a ＋a －b b －a ＝ln b －ln a b －a －1＝lnb a b a －1·1a －1， 由0＜a ＜b ，得b a ＞1，由(2)得ln b a ＜b a－1， 则lnb a b a －1·1a －1＜1a －1＝1－a a ＝1－a 2a (1＋a )＜1a (1＋a )， 则原不等式f (b )－f (a )b －a ＜1a (1＋a )成立.…………………………………………………12分 构建答题模板[第一步] 求导数.[第二步] 看性质：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质.[第三步] 用性质：将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法.[第四步] 得结论：审视转化过程的合理性.[第五步] 再反思：回顾反思，检查易错点和步骤规范性.1.已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x . (1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数.解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0，0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0， 解得⎩⎨⎧ x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线. (2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故h (x )在(1，＋∞)内无零点.当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0， h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0， 故x ＝1不是h (x )的零点.当x ∈(0，1)时，g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0，1)上的零点个数.①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0，1)内无零点，故f (x )在(0，1)上单调.而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0，1)有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0，1)内没有零点. ②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a 3，1上单调递增，故在(0，1)中，当x ＝－a 3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝2a 3－a 3＋14. (ⅰ)若f ⎝⎛⎭⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0，1)内无零点； (ⅱ)若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0，1)内有唯一零点； (ⅲ)若f ⎝⎛⎭⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0，1)内有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0，1)内有一个零点.综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点. 2.已知函数f (x )＝a ＋ln x x在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行. (1)求实数a 的值及f (x )的极值；(2)是否存在区间⎝⎛⎭⎫t ，t ＋23(t ＞0)，使函数f (x )在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数t 的取值范围，若不存在，请说明理由.解 (1)f ′(x )＝1x ·x －(a ＋ln x )x 2＝1－a －ln x x 2. ∵f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，∴f ′(1)＝1－a －ln112＝0，∴a ＝1， ∴f (x )＝1＋ln x x ，x ＞0，f ′(x )＝－ln x x 2， 当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，当x ＞1时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f (x )在x ＝1处取得极大值1，无极小值.(2)∵当x ＞1时，f (x )＝1＋ln x x＞0， 当x →0时，f (x )→－∞，由(1)得f (x )在(0，1)上单调递增，由零点存在性原理知，f (x )在区间(0，1)上存在唯一零点，函数f (x )的图象如图所示.∵函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫t ，t ＋23(t ＞0)上存在极值点和零点， ∴⎩⎨⎧ 0＜t ＜1，t ＋23＞1，f (t )＝1＋ln t t ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 0＜t ＜1，t ＞13，t ＜1e ，解得13＜t ＜1e. ∴存在符合条件的区间，实数t 的取值范围为⎝⎛⎭⎫13，1e .3.已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )，若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P (0，2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x ＋2.(1)求a ，b ，c ，d 的值；(2)若当x ≥－2时，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围.解 (1)因为曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P (0，2)，所以b ＝d ＝2；因为f ′(x )＝2x ＋a ，故f ′(0)＝a ＝4；g ′(x )＝e x (cx ＋d ＋c )，故g ′(0)＝2＋c ＝4，故c ＝2.从而a ＝4，b ＝2，c ＝2，d ＝2.(2)令F (x )＝kg (x )－f (x )，则F ′(x )＝(k e x －1)(2x ＋4)，由题设可得F (0)≥0，故k ≥1，令F ′(x )＝0，得x 1＝－ln k ，x 2＝－2，①若1≤k <e 2，则－2<x 1≤0，从而当x ∈[－2，x 1)时，F ′(x )≤0，当x ∈(x 1，＋∞)时，F ′(x )>0，即F (x )在[－2，＋∞)上的最小值为F (x 1)＝2x 1＋2－x 21－4x 1－2＝－x 1(x 1＋2)≥0，此时f (x )≤kg (x )恒成立；②若k ＝e 2，F ′(x )＝(e x +2－1)(2x ＋4)，故F (x )在[－2，＋∞)上单调递增，因为F (－2)＝0，所以f (x )≤kg (x )恒成立；③若k >e 2，则F (－2)＝－2k e －2＋2＝－2e －2(k －e 2)<0， 从而当x ∈[－2，＋∞)时，f (x )≤kg (x )不可能恒成立.综上所述，k 的取值范围为[1，e 2].4.已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ，b ∈R ).(1)设b ＝2－a ，求f (x )的零点的个数；(2)设a >0，且对于任意x >0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小.解 (1)∵b ＝2－a ，∴f ′(x )＝2ax ＋(2－a )－1x ＝(2x －1)(ax ＋1)x(x >0). ①若a ≥0，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上为减函数， 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上为增函数，又f ⎝⎛⎭⎫12＝1－a 4＋ln2， ∴当0≤a ＜4(1＋ln2)时，函数f (x )没有零点；当a ＝4(1＋ln2)时，函数f (x )有一个零点；当a >4(1＋ln2)时，函数f (x )有两个零点.②若a <0，当－2<a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫12，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减， 又f ⎝⎛⎭⎫12>0，∴函数f (x )只有一个零点.当a ＝－2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，f (x )有一个零点.当a <－2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫－1a ，12上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递减， f (x )只有一个零点.综上，当0≤a ＜4(1＋ln2)时，函数f (x )无零点；当a <0或a ＝4(1＋ln2)时，函数f (x )有一个零点；当a >4(1＋ln2)时，函数f (x )有两个零点.(2)由a >0，且对于任意x >0，f (x )≥f (1)，可知函数f (x )在x ＝1处取得最小值，由f ′(x )＝2ax ＋b －1x ＝0，得－b ＋b 2＋8a 4a 是f (x )的唯一的极小值点，故－b ＋b 2＋8a 4a＝1， 整理得2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a .ln a －(－2b )＝ln a ＋2(1－2a )＝ln a ＋2－4a ，令g (x )＝2－4x ＋ln x ，则g ′(x )＝1－4x x(x ＞0)， 令g ′(x )＝0，得x ＝14. 当0<x <14时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >14时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.因此g (x )≤g ⎝⎛⎭⎫14＝1＋ln 14＝1－ln4<0， 故g (a )<0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a <0，即ln a <－2b .5.已知函数f (x )＝sin x －ax .(1)对于x ∈(0，1)，f (x )＞0恒成立，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝1时，令h (x )＝f (x )－sin x ＋ln x ＋1，求h (x )的最大值；(3)求证：ln(n ＋1)＜1＋12＋13＋…＋1n －1＋1n(n ∈N *). (1)解 由f (x )＞0，得sin x －ax ＞0，因为0＜x ＜1，所以a ＜sin x x. 令g (x )＝sin x x ，则g ′(x )＝x cos x －sin x x 2. 再令m (x )＝x cos x －sin x ，则m ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x ＜0， 所以m (x )在(0，1)上单调递减，所以m (x )＜m (0)＝0，所以g ′(x )＜0，则g (x )在(0，1)上单调递减，所以g (x )＞g (1)＝sin1，所以a ≤sin1.(2)解 当a ＝1时，f (x )＝sin x －x ，所以h (x )＝ln x －x ＋1，h ′(x )＝1x －1＝1－x x(x ＞0). 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0，h (x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，h (x )在(1，＋∞)上单调递减. 所以h (x )max ＝h (1)＝0.(3)证明 由(2)可知，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，即ln x ＜x －1，令x ＝n ＋1n ，则ln n ＋1n ＜n ＋1n －1，即ln(n ＋1)－ln n ＜1n. 分别令n ＝1，2，3，…，n ，得ln2－ln1＜1，ln3－ln2＜12，ln4－ln3＜13，…，ln(n ＋1)－ln n ＜1n， 将上述n 个式子相加，得ln(n ＋1)＜1＋12＋13＋…＋1n －1＋1n(n ∈N *). 即所要证不等式成立.。