第3章第4节导数中的综合问题-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（人教A版）

2024-06-13

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第四节导数中的综合问题第三章一元函数的导数及其应用下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）跃升关键能力课时冲关 01 02 第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）跃升关键能力下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考总复习数学A版（新教材）下一页上一页返回导航第三章一元函数的导数及其应用高考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★[考试要求] 不等式证明问题、恒成立问题、函数的零点问题在高考中占有很重要的地位，不等式证明经常与函数的性质、函数的零点与极值等相结合，恒成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等．题型1　利用导数研究恒(能)成立问题 ►[角度1]　不等式恒成立问题　 [例1]　(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－eq \f(sin x,cos3 x)，x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). (1)若a＝8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)＜sin 2x恒成立，求a的取值范围． [解]　(1)f′(x)＝a－eq \f(cos xcos3x＋3sin xcos2xsin x,cos6x) ＝a－eq \f(cos2x＋3sin2x,cos4x)＝a－eq \f(3－2cos2x,cos4x)，令cos2x＝t，则t∈(0,1)，则f′(x)＝g(t)＝a－eq \f(3－2t,t2)＝eq \f(at2＋2t－3,t2)，当a＝8，f′(x)＝g(t)＝eq \f(8t2＋2t－3,t2) ＝eq \f(2t－14t＋3,t2)，当t∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，即x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，f′(x)＜0. 当t∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，即x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，f′(x)＞0. 所以f(x)在eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减． (2)设g(x)＝f(x)－sin 2x，g′(x)＝f′(x)－2cos 2x＝f′(x)－2(2cos2 x－1)＝eq \f(at2＋2t－3,t2)－2(2t－1)＝a＋2－4t＋eq \f(2,t)－eq \f(3,t2) 设φ(t)＝a＋2－4t＋eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)，φ′(t)＝－4－eq \f(2,t2)＋eq \f(6,t3)＝eq \f(－4t3－2t＋6,t3)＝－eq \f(2t－12t2＋2t＋3,t3)＞0. ∴φ(t)在(0,1)上为增函数，所以φ(t)＜φ(1)＝a－3. ①若a∈(－∞，3]，g′(x)＝φ(t)＜a－3≤0，即g(x)在eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以g(x)＜g(0)＝0. 所以当a∈(－∞，3]，f(x)＜sin 2x，符合题意． ②若a∈(3，＋∞)，当t→0，eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)＝－3eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,3)))2＋eq \f(1,3)→－∞，所以φ(t)→－∞. φ(1)＝a－3＞0.所以，使得φ(t0)＝0，即，使得g′(x0)＝0. 若t∈(t0,1)，φ(t)＞0，即当x∈(0，x0)， g′(x)＞0，g(x)单调递增．所以当x∈(0，x0)，g(x)＞g(0)＝0，不合题意．综上，a的取值范围为(－∞，3]． 1．根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解． 2．分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题． 3．求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 转化关通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min) 求最值关求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题 1．(2024·菏泽一模)已知函数f(x)＝ex－1－ax. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)－x2≥eq \f(a2,4)对于任意x≥0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝ex－1－a， ①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； ②当a＞0时，令f′(x)＝ex－1－a＝0，x＝1＋ln a，当x∈(－∞，1＋ln a)时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，1＋ln a)上单调递减；当x∈(1＋ln a，＋∞)时，f′(x)＞0， f(x)在(1＋ln a，＋∞)上单调递增． (2)由f(x)－x2≥eq \f(a2,4)，得ex－1≥x2＋ax＋eq \f(a2,4)＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2，对于任意x≥0恒成立，得x＝1＋2ln 2，当x∈[0,1＋2ln 2]时，h(x)单调递减，当x∈[1＋2ln 2，＋∞)时，h(x)单调递增，所以h(x)min＝1－2ln 2，因此a≤2－4ln 2； ►[角度2]　不等式能成立问题　 [例2]　(2024·桂林、梧州一模)已知函数f(x)＝x2＋(2a＋2)ln x. (1)当a＝－5时，求f(x)的单调区间； (2)若存在x∈[2，e]，使得f(x)－x2＞2x＋eq \f(2a＋4,x)成立，求实数a的取值范围． [解]　(1)当a＝－5时，f(x)＝x2－8ln x，可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝2x－eq \f(8,x)＝eq \f(2x2－8,x)，x＞0，可知当x∈(0,2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0；所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由题可知，存在x∈[2，e]，使得f(x)－x2＞2x＋eq \f(2a＋4,x)成立，等价于2x＋eq \f(2a＋4,x)－(2a＋2)ln x＜0在[2，e]内有解，可设h(x)＝2x＋eq \f(2a＋4,x)－(2a＋2)ln x，即在[2，e]上，函数h(x)min＜0， ∴h′(x)＝2－eq \f(2a＋4,x2)－eq \f(2a＋2,x) ＝eq \f(2x2－2a＋2x－2a＋4,x2) ＝eq \f(2x＋1[x－a＋2],x2)，令h′(x)＝0，即(x＋1)[x－(a＋2)]＝0，解得：x＝a＋2或x＝－1(舍去)，当a＋2≥e，即a≥e－2时，h′(x)＜0，h(x)在[2，e]上单调递减， ∴h(x)min＝h(e)＝2e＋eq \f(2a＋4,e)－2a－2＜0，得a＞eq \f(e2－e＋2,e－1)，又∵eq \f(e2－e＋2,e－1)＞e－2，所以a＞eq \f(e2－e＋2,e－1)；当a＋2≤2时，即a≤0时，h′(x)＞0，h(x)在[2，e]上单调递增， ∴h(x)min＝h(2)＝6＋a－(2a＋2)ln 2＜0，得a＞eq \f(6－ln 4,ln 4－1)＞0，不合题意；当2＜a＋2＜e，即0＜a＜e－2时，则h(x)在[2，a＋2]上单调递减，在[a＋2，e]上单调递增， ∴h(x)min＝h(a＋2)＝2a＋6－(2a＋2)ln(a＋2)， ∵ln 2＜ln(a＋2)＜ln e＝1，∴(2a＋2)ln 2＜(2a＋2)ln(2a＋2)＜2a＋2， ∴h(a＋2)＝2a＋6－(2a＋2)ln(a＋2)＞2a＋6－2a－2＝4，即h(x)min＞4，不符合题意；综上得，实数a的取值范围为eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(e2－e＋2,e－1)，＋∞)). 　 1．不等式能成立问题的解题关键点 2．常见的问题类型 (1)存在x∈[a，b]，f(x)≥m成立⇔f(x)max≥m. (2)存在x∈[a，b]，f(x)≤m成立⇔f(x)min≤m. 2．(2024·南通调研)已知函数f(x)＝ax－(2a＋1)ln x－eq \f(2,x)，g(x)＝－2aln x－eq \f(2,x)，其中a∈R. (1)当a>0时，求f(x)的单调区间； (2)若存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e2))，使得不等式f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a－eq \f(2a＋1,x)＋eq \f(2,x2)＝eq \f(ax2－2a＋1x＋2,x2)＝eq \f(ax－1x－2,x2). 当a>0时，令f′(x)＝0，可得x＝eq \f(1,a)>0或x＝2. ①当eq \f(1,a)＝2，即a＝eq \f(1,2)时，对任意的x>0，f′(x)≥0，此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间． ②当0<eq \f(1,a)<2，即a>eq \f(1,2)时，令f′(x)>0，得0<x<eq \f(1,a)或x>2；令f′(x)<0，得eq \f(1,a)<x<2. 此时，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(2，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2)). ③当eq \f(1,a)>2，即0<a<eq \f(1,2)时，令f′(x)>0，得0<x<2或x>eq \f(1,a)；令f′(x)<0，得2<x<eq \f(1,a). 此时，函数f(x)的单调递增区间为(0,2)和eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，单调递减区间为eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,a))). (2)由f(x)≥g(x)，可得ax－ln x≥0，即a≥eq \f(ln x,x)，其中x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e2)). 构造函数h(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e2))，则a≥h(x)min， h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令h′(x)＝0，得x＝e∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e2)). 当eq \f(1,e)≤x<e时，h′(x)>0；当e<x≤e2时，h′(x)<0.∴函数h(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递增，在(e，e2]上单调递减． ∴函数h(x)在x＝eq \f(1,e)或x＝e2处取得最小值． ∵heq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－e，h(e2)＝eq \f(2,e2)，∴heq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<h(e)， ∴h(x)min＝heq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－e，∴a≥－e. 因此，实数a的取值范围是[－e，＋∞)． ►[角度3]　双变量的恒(能)成立问题　 [例3]　已知函数f(x)＝x－1－aln x(a<0)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若对于任意的x1，x2∈(0,1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))，求实数a的取值范围． [解]　(1)由题意知f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)(x>0)，因为x>0，a<0，所以f′(x)>0. 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)不妨设0<x1<x2≤1，则eq \f(1,x1)>eq \f(1,x2)>0，由(1)知f(x1)<f(x2)，所以|f(x1)－f(x2)|<4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))⇔f(x2)－f(x1)<4eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))⇔f(x1)＋eq \f(4,x1)>f(x2)＋eq \f(4,x2). 设g(x)＝f(x)＋eq \f(4,x)，x∈(0,1]，易知g(x)在(0,1]上单调递减，所以g′(x)≤0在(0,1]上恒成立⇔1－eq \f(a,x)－eq \f(4,x2)＝eq \f(x2－ax－4,x2)≤0在(0,1]上恒成立⇔a≥x－eq \f(4,x)在(0,1]上恒成立，易知y＝x－eq \f(4,x)在(0,1]上单调递增，其最大值为－3.因为a<0，所以－3≤a＜0，所以实数a的取值范围为[－3,0)．对于含有两个变量的不等式恒成立求参数问题，一般要找到两个变量的关系，转化为一个变量，从而得到一个函数；也可以从含有两个变量的不等式中抽象出一个函数是单调函数．对于求参数的范围，可以分离出变量，得到一个不等式，通过函数的最值得参数的范围；如果变量不易分离，可以对参数进行讨论，看参数在什么范围使不等式成立，从而求出参数范围． 3．(2024·辽宁省实验中学高三期末)已知函数f(x)＝eq \f(a＋1,x)＋aln x，其中参数a<0. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)设函数g(x)＝2x2f′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)< g(x2)成立，求a的取值范围．解：(1)∵f(x)＝eq \f(a＋1,x)＋aln x，定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝－eq \f(a＋1,x2)＋eq \f(a,x)＝eq \f(ax－a＋1,x2). ①当－1<a<0时，eq \f(a＋1,a)<0，恒有f′(x)<0.∴函数f(x)的单调减区间是(0，＋∞)． ②当a＝－1时，f′(x)＝－eq \f(1,x)<0，∴f(x)的减区间是(0，＋∞)． ③当a<－1时，x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋1,a)))，f′(x)>0，∴f(x)的增区间是eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋1,a)))；x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞))， f′(x)<0，∴f(x)的减区间是eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞)). (2)g(x)＝2ax－axln x－(6a＋3)(a<0)，因为存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，∴2g(x)min<g(x)max. 又g′(x)＝a(1－ln x)，且a<0，∴当x∈[1，e)时，g′(x)<0，g(x)是减函数；当x∈(e，e2]时，g′(x)>0，g(x)是增函数． ∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，g(x)max＝max{g(1)， g(e2)}＝－6a－3. ∴2ae－12a－6<－6a－3，则a>eq \f(3,2e－6).又a<0，从而eq \f(3,2e－6)<a<0，即a的取值范围是eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e－6)，0)). 题型2　利用导数研究函数的零点 ►[角度1]　利用函数性质研究函数零点　 [例1]　(12分)已知函数f(x)＝x(ln x－a)＋1(a∈R)． (1)证明：曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线经过坐标原点； (2)若a＞1，证明：f(x)有两个零点．　►[答题模板] (1)因为f(x)＝x(ln x－a)＋1，所以f(1)＝1－a，求导可得f′(x)＝ln x＋1－a，所以f′(1)＝1－a①，(2分) 故切线方程为y－(1－a)＝(1－a)(x－1)，即y＝(1－a)x，所以该切线经过坐标原点②.(4分) (2)第1步：确定f(x)定义域并求导函数零点易知函数f(x)定义域为(0，＋∞)，由(1)得f′(x)＝ln x＋1－a(x＞0)，令f′(x)＝0，得x＝ea－1＞1. 第2步：判断单调性当x∈(0，ea－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(ea－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增③.(5分) 第3步：求最小值所以f(x)min＝f(ea－1)＝1－ea－1④.(6分) 第4步：求f(x)在各单调区间上的零点个数因为ea－1＞1，所以f(ea－1)＜0，又f(ea)＝1＞0，所以由零点存在定理知f(x)在(ea－1，ea)内有一个零点，故f(x)在区间(ea－1，＋∞)上只有一个零点⑤.(8分) 因为a＞1，所以－a＜a－1，e－a＜ea－1，f(e－a)＝eq \f(ea－2a,ea)，令h(x)＝ex－2x，当x＞1时，h′(x)＝ex－2＞0，所以h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以h(a)＞h(1)＝e－2＞0，所以ea＞2a，即f(e－a)＞0⑥，(10分) 又f(ea－1)＜0，由零点存在定理知f(x)在(e－a，ea－1)内有一个零点，故f(x)在(0，ea－1)只有一个零点⑦.(11分)第5步：得出结论综上所述，f(x)有两个零点⑧.(12分) ►[教材知识迁移与运用] 条件 f(x)＝x(ln x－a)＋1 教材知识若f(x)＝ln x，则f′(x)＝eq \f(1,x) 若f(x)＝c(c为常数)，则f′(x)＝0 两个函数f(x)与g(x)的乘积的导数，其运算法则为[f(x)g(x)]′＝f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x) 迁移与运用由f(x)＝x(ln x－a)＋1，得f′(x)＝(x)′(ln x－a)＋x(ln x－a)′＋(1)′＝ln x－a＋x·eq \f(1,x)＝ln x＋1－a ►[得分点①]　正确求得f′(1)和f(1)得2分 ►[得分点②]　正确求得切线方程并得出结论得2分 ►[得分点③]　正确判断f(x)的单调性得1分 ►[得分点④]　正确求得f(x)的最小值得1分 ►[得分点⑤]　正确求得f(x)在区间(ea－1，＋∞)的零点个数得2分 ►[得分点⑥]　正确判断f(e－a)的正负得2分 ►[得分点⑦]　正确求得f(x)在区间(0，ea－1)的零点个数得1分 ►[得分点⑧]　正确得出结论得1分判断函数零点个数的3种方法直接法令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数画图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决 1．(2023·北京卷)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (3)求f(x)极值点的个数．解：(1)因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R，所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b，因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1，所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－13×ea＋b＝0，,1－3＋aea＋b＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，))所以a＝－1，b＝1. (2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1(x∈R)，则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x＋1，令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±eq \r(3)，不妨设x1＝3－eq \r(3)，x2＝3＋eq \r(3)，则0＜x1＜x2，易知e－x＋1＞0恒成立，所以令g′(x)＜0，解得0＜x＜x1或x＞x2；令g′(x)＞0，解得x＜0或x1＜x＜x2；所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增，即g(x)的单调递减区间为(0,3－eq \r(3))和(3＋eq \r(3)，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－eq \r(3)，3＋eq \r(3))． (3)由(1)得f(x)＝x－x3e－x＋1(x∈R)，f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1，由(2)知f′(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增，当x＜0时，f′(－1)＝1－4e2＜0，f′(0)＝1＞0，即f′(－1)f′(0)＜0，所以f′(x)在(－∞，0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则－1＜x3＜0，此时，当x＜x3时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x3＜x＜0时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；所以f(x)在(－∞，0)上有一个极小值点；当x∈(0，x1)时，f′(x)在(0，x1)上单调递减，则f′(x1)＝f′(3－eq \r(3))＜f′(1)＝1－2＜0，故f′(0)f′(x1)＜0，所以f′(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为x4，则0＜x4＜x1，此时，当0＜x＜x4时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；当x4＜x＜x1时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；所以f(x)在(0，x1)上有一个极大值点；当x∈(x1，x2)时，f′(x)在(x1，x2)上单调递增，则f′(x2)＝f′(3＋eq \r(3))＞f′(3)＝1＞0，故f′(x1)f′(x2)＜0，所以f′(x)在(x1，x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1＜x5＜x2，此时，当x1＜x＜x5时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x5＜x＜x2时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；所以f(x)在(x1，x2)上有一个极小值点；当x＞x2＝3＋eq \r(3)＞3时，3x2－x3＝x2(3－x)＜0，所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1＞0，则f(x)单调递增，所以f(x)在(x2，＋∞)上无极值点；综上，f(x)在(－∞，0)和(x1，x2)上各有一个极小值点，在(0，x1)上有一个极大值点，共有3个极值点． ►[角度2]　由函数的零点个数确定参数取值范围　 [例2]　(2024·广东东莞统考模拟)已知函数f(x)＝x2＋ax－a2ln x，a≥0. (1)当a＝2时，讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围． [解]　(1)若a＝2，则f(x)＝x2＋2x－4ln x，故f′(x)＝2x＋2－eq \f(4,x)＝eq \f(2x＋2x－1,x)，当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数，在(0,1)上为减函数，即f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)． (2)f′(x)＝2x＋a－eq \f(a2,x)＝eq \f(2x－ax＋a,x)，当a＝0时，f(x)＝x2，此时f(x)在(0，＋∞)无零点，不合题意．当a＞0时，当0＜x＜eq \f(a,2)时，则f′(x)＜0；当x＞eq \f(a,2)时，f′(x)＞0，故f(x)在eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上为增函数，在eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))上为减函数，故f(x)min＝feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq \f(3,4)a2－a2lneq \f(a,2)，因为函数f(x)有两个不同的零点，则eq \f(3,4)a2－a2lneq \f(a,2)＜0，即. 又当时，f(1)＝1＋a＞0，而1＜eq \f(a,2)，结合函数的单调性可得f(x)在eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))上有且只有一个零点；而f(a2)＝a4＋a3－2a2ln a＝a2(a2＋a－2ln a)，令g(a)＝a2＋a－2ln a，，则 g′(a)＝2a＋1－eq \f(2,a)＞0，故f(a2)＞0，结合函数的单调性可得f(x)在eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上有且只有一个零点，故a的取值范围为a＞2eeq \f(3,4). 根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”． 2．(2024·岳阳质检二)已知函数f(x)＝cos x－ax2，其中a∈R. (1)当a＝－eq \f(2,π)时，求函数f(x)在x＝eq \f(π,2)处的切线方程； (2)若函数f(x)在(－π，π)上恰有两个极小值点x1、x2，求a的取值范围．解：(1)当a＝－eq \f(2,π)时，f(x)＝cos x＋eq \f(2,π)x2，则f′(x)＝－sin x＋eq \f(4,π)x，所以，feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)，f′eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1，所以函数f(x)在x＝eq \f(π,2)处的切线方程为y－eq \f(π,2)＝x－eq \f(π,2)，即y＝x. (2)∵f(－x)＝cos(－x)－a(－x)2＝cos x－ax2＝f(x)，∴f(x)是(－π，π)上的偶函数． ∴“函数f(x)在(－π，π)上恰有两个极小值点”等价于“函数f(x)在(0，π)上恰有一个极小值点”．不妨设x1＞0，因f′(x)＝－sin x－2ax，令g(x)＝－sin x－2ax，则g′(x)＝－cos x－2a. ①当a≥eq \f(1,2)时，g′(x)≤0，则f′(x)在(0，π)上单调递减，∴f′(x)＜f′(0)＝0. 则f′(x)＜0，此时f(x)在(0，π)上单调递减，无极小值； ②当a≤－eq \f(1,2)时，g′(x)≥0，则f′(x)在(0，π)上单调递增，∴f′(x)＞f′(0)＝0. 则f′(x)＞0，此时f(x)在(0，π)上单调递增，无极小值； ③当－eq \f(1,2)＜a＜0时，存在x0∈(0，π)，使g′(x0)＝－cos x0－2a＝0. 当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，∴f′(x)在(0，x0)上单调递减，当x∈(x0，π)时，g′(x)＞0，∴f′(x)在(x0，π)上单调递增． ∵f′(0)＝0，f′(π)＝－2aπ＞0，由零点存在定理知存在x1∈(x0，π)，使得f′(x1)＝－sin x1－2ax1＝0. 当x∈(0，x1)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(0，x1)上单调递减，当x∈(x1，π)时，f′(x)＞0，∴f(x)在(x1，π)上单调递增． ∴函数f(x)在(0，π)上恰有一个极小值点x＝x1. ∴函数f(x)在(－π，π)上恰有两个极小值点． ④当0＜a＜eq \f(1,2)时，存在x0∈(0，π)，使g′(x0)＝－cos x0－2a＝0. 当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，∴f′(x)在(0，x0)上单调递减，当x∈(x0，π)时，g′(x)＞0，∴f′(x)在(x0，π)上单调递增． ∵f′(0)＝0，又f′(π)＝－2aπ＜0，所以，对任意的x∈(0，π)，f′(x)＜0，此时，函数f(x)在(0，π)上单调递减，无极小值； ⑤当a＝0时，f(x)＝cos x在(0，π)上单调递减，无极小值．综上所述，a的取值范围为eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)). 题型3　利用导数证明不等式 ►[角度1]　将不等式转化为函数的最值问题　 [例1]　(12分)(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋eq \f(3,2). 　►[答题模板] 解：(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，当a≤0时，令f′(x)＜0，所以f(x)在R上单调递减①，(2分) 当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝－ln a，当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增②，(4分) 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a＞0时，f(x)在区间(－∞，－ln a)上单调递减，在区间(－ln a，＋∞)上单调递增③.(5分) (2)第1步：转化不等式由(1)得当a＞0时，f(x)在区间(－∞，－ln a)上单调递减，在区间(－ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a④，(6分) 要证f(x)＞2ln a＋eq \f(3,2)，只需证1＋a2＋ln a＞2ln a＋eq \f(3,2)，即证a2－eq \f(1,2)－ln a＞0恒成立⑤.(8分) 第2步：构造新函数令g(x)＝x2－ln x－eq \f(1,2)(x＞0)，则g′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x)，令g′(x)＝0，解得x＝eq \f(\r(2),2)(负值舍去)．⑥(10分) 第3步：判断单调性所以当x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．⑦(11分) 第4步：求函数最值所以g(x)≥g(x)min＝geq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝ln eq \r(2)＞0. 第5步：得最终结论所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋eq \f(3,2)⑧.(12分) ►[教材知识的迁移与应用] 条件 f(x)＝a(ex＋a)－x 教材知识若f(x)＝ex，则f′(x)＝ex 迁移与应用由f(x)＝a(ex＋a)－x得f′(x)＝aex－1 ►[得分点①]　正确求导并得到a≤0时函数f(x)的单调性得2分 ►[得分点②]　正确求解a＞0时函数f(x)的单调性得2分 ►[得分点③]　正确得出结论得1分 ►[得分点④]　正确求解a＞0时，函数f(x)的最小值得1分 ►[得分点⑤]　正确转化不等式得2分 ►[得分点⑥]　正确构造函数g(x)并求解其导函数的零点得2分 ►[得分点⑦]　正确求解函数g(x)的单调区间得1分 ►[得分点⑧]　正确得到结论得1分利用导数证明不等式的方法证明f(x)<(>)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，即证明F(x)<(>)0；如果f(x)在(a，b)上的最大值小于0(最小值大于0)，那么即证明f(x)<(>)g(x)，x∈(a，b)．其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论． 1．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1. 解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 当x<ln 2时，f′(x)<0，故函数f(x)在区间 (－∞，ln 2)上单调递减；当x>ln 2时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间 (ln 2，＋∞)上单调递增．所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)， f(x)在x＝ln 2处取得极小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值． (2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)．则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.又a>ln 2－1，则g′(x)min>0. 于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. 将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如要证f(x)≥g(x)在区间D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可． ►[角度2]　换元构造法证明不等式　 [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]　不妨设x1>x2>0，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)，所以eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝a.欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>eq \f(2,x1＋x2)，所以原问题等价于证明eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)>eq \f(2,x1＋x2)，即ln eq \f(x1,x2)>eq \f(2x1－x2,x1＋x2).令c＝eq \f(x1,x2)(c>1)，则不等式变为ln c>eq \f(2c－1,c＋1). 令h(c)＝ln c－eq \f(2c－1,c＋1)，c>1，所以h′(c)＝eq \f(1,c)－eq \f(4,c＋12)＝eq \f(c－12,cc＋12)>0.所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，即ln c－eq \f(2c－1,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得证．换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝eq \f(x1,x2)，从而构造相应的函数，其解题要点为：联立消参利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的参数a 抓商构元令c＝eq \f(x1,x2)，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c) 用导求解利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论 2．(2024·浙江校联考模拟)已知函数f(x)＝－ln(ax)＋ax－2(a≠0)． (1)讨论f(x)的极值； (2)当a＞0时，证明：f(x)＞ln x－xex＋1＋sin x＋1. 解：(1)由函数f(x)＝－ln(ax)＋ax－2，可得f′(x)＝－eq \f(a,ax)＋a＝－eq \f(1,x)＋a＝eq \f(ax－1,x)，当a＜0时，可得ax＞0，解得x＜0，即函数的定义域为(－∞，0)，令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,a)，当x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，0))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以当x＝eq \f(1,a)时，函数f(x)取得极小值feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－1；当a＞0时，可得ax＞0，解得x＞0，即函数的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,a)，当x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以当x＝eq \f(1,a)时，函数f(x)取得极小值feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－1，综上可得，函数f(x)的极小值为feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－1，无极大值． (2)证明：因为a＞0，所以ax＞0，解得x＞0，即函数的定义域为(0，＋∞)，令g(x)＝x－sin x，可得g′(x)＝1－cos x≥0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递增，所以g(x)＞g(0)＝0，即x＞sin x，要证不等式f(x)＞ln x－xex＋1＋sin x＋1，只需证明－ln(ax)＋ax－2＞ln x－xex＋1＋x＋1，又由函数h(x)＝ln x－x＋1，x＞0，可得h′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)≤h(1)＝0，即ln x－x＋1≤0，即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立，所以当a＞0时，ln ax≤ax－1，只需证明：－ax＋1＋ax－2＞ln x－xex＋1＋x＋1，即ln x－xex＋1＋x＋2＜0，即xex＋1－x－ln x－2＞0，即ex＋1＋ln x＞1＋x＋1＋ln x，令x＋1＋ln x＝t，可得et＞1＋t，设φ(x)＝ex－x－1，可得φ′(x)＝ex－1，令φ′(x)＝0，可得x＝0，当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0， φ(x)单调递增；当x∈(－∞，0)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，所以φ(x)≥φ(0)＝0，所以ex≥x＋1，所以ex＋1＋ln x≥1＋x＋1＋ln x，当且仅当x＋1＋ln x＝0时，等号成立，又由以上不等式的等号不能同时成立，所以f(x)＞ln x－xex＋1＋sin x＋1. [教师专享] ►[角度3]　将不等式转化为两个函数的最值进行比较　 [例3]　(2024·襄阳质检)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0. [解]　(1)f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0)， ①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②若a>0，则当0<x<eq \f(e,a)时，f′(x)>0，当x>eq \f(e,a)时，f′(x)<0，故f(x)在eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减． (2)证明：方法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e. 令g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e. 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0. 方法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于ln x－x＋2≤eq \f(ex,ex).设函数m(x)＝ln x－x＋2，则m′(x)＝eq \f(1,x)－1.所以当x∈(0,1)时，m′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，故m(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝1.设函数h(x)＝eq \f(ex,ex)，则h′(x)＝eq \f(exx－1,ex2). 所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x>0时，m(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0. 3．(2024·厦门外国语学校校考模拟)已知函数f(x)＝ln x－2ax(a∈R)有两个零点x1、x2(x1＜x2)． (1)求实数a的取值范围； (2)证明：f′eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＜0. 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝0可得2a＝eq \f(ln x,x)，令g(x)＝eq \f(ln x,x)，其中x＞0，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令g′(x)＝0可得x＝e，列表如下： x (0，e) e (e，＋∞) g′(x) ＋ 0 － g(x) 增极大值eq \f(1,e) 减且当x＞1时，g(x)＝eq \f(ln x,x)＞0，作出函数g(x)和 y＝2a的图象如图所示：由图可知，当0＜2a＜eq \f(1,e)时，即当0＜a＜eq \f(1,2e)时，直线y＝2a与函数g(x)的图象有两个公共点，因此，实数a的取值范围是eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e))). (2)证明：由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(fx1＝ln x1－2ax1＝0，,fx2＝ln x2－2ax2＝0，)) 可得a＝eq \f(ln x1－ln x2,2x1－x2)，由f(x)＝ln x－2ax可得f′(x)＝eq \f(1,x)－2a，要证f′eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＜0，即证x1＋x2＞eq \f(1,a)，即证x1＋x2＞eq \f(2x1－x2,ln x1－ln x2)，即证lneq \f(x1,x2)＜eq \f(2x1－x2,x1＋x2)＝eq \f(2\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)，由题意可知x2＞x1＞0，令t＝eq \f(x1,x2)∈(0,1)，即证ln t＜eq \f(2t－1,t＋1)，构造函数h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，其中0＜t＜1，即证h(t)＜0， h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)＞0，所以函数h(t)在(0,1)上单调递增，当0＜t＜1时，h(t)＜h(1)＝0，故原不等式成立．题型4　隐零点与极值点偏移问题 ►[角度1]　隐零点　 [例1]　(2024·山东沂水县第一中学校联考模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax－2(a∈R)，g(x)＝xex－x－a(x＋1)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围． [解]　(1)因为函数f(x)＝ln x－ax－2(a∈R，x＞0)，所以f′(x)＝eq \f(1,x)－a，当a≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＞0，所以函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，当a＞0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，得x＝eq \f(1,a)，当x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＞0，所以函数f(x)单调递增，当x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＜0，所以函数f(x)单调递减，综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，当a＞0时，函数f(x)在x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，函数f(x)在x∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减． (2)若不等式f(x)≤g(x)恒成立，则有f(x)－g(x)≤0，即ln x－ax－2－xex＋x＋a(x＋1)≤0，化简得a≤xex－ln x－x＋2，设函数h(x)＝xex－ln x－x＋2，x＞0，h′(x)＝ex＋xex－eq \f(1,x)－1＝(x＋1)eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x)))，令h′(x)＝0得ex－eq \f(1,x)＝0，即ex＝eq \f(1,x)，所以存在x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0成立，所以ex0＝eq \f(1,x0)，① 且x0＝lneq \f(1,x0)＝－ln x0，即ln x0＝－x0，② 当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝－ln x0－x0＋2，代入①②，可得h(x)min＝x0·eq \f(1,x0)＋x0－x0＋2＝3，要使得a≤h(x)恒成立，则a≤h(x)min即可，所以a≤3. 零点问题求解三步曲 (1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围． (2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式． (3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小． 1．(2024·淄博模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,a)x2＋ln x－eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,a)))x(a≠0)． (1)当a＝eq \f(1,2)时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)令F(x)＝af(x)－x2，若F(x)<1－2ax在x∈(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值 eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(参考数据：ln 3<\f(4,3)，ln 4>\f(5,4))). 解：(1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝2x2＋ln x－4x，则f′(x)＝4x＋eq \f(1,x)－4，可得f′(1)＝1，且f(1)＝2＋ln 1－4＝－2，即函数f(x)在点(1，－2)处的切线斜率k＝1，所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0. (2)由F(x)＝af(x)－x2＝aln x－(2a＋1)x，因为F(x)<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即aln x－(2a＋1)x<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即a<eq \f(x＋1,ln x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，令h(x)＝eq \f(x＋1,ln x)，x>1，可得h′(x)＝eq \f(ln x－\f(1,x)－1,ln 2x)，令t(x)＝ln x－eq \f(1,x)－1(x>1)，可得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)<0，t(4)>0，所以存在x0∈(3,4)，使得t(x0)＝ln x0－eq \f(1,x0)－1＝0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝eq \f(x0＋1,ln x0)＝eq \f(x0＋1,\f(1,x0)＋1)＝x0∈(3,4)，因为a<eq \f(x＋1,ln x)在(1，＋∞)上恒成立，所以a<h(x)min＝x0，所以整数a的最大值为3. ►[角度2]　极值点偏移　 [例2]　(2024·湖北黄冈浠水县第一中学模拟)已知函数f(x)＝2aln x－x2＋2(a－1)x＋a. (1)若a＝1，证明：f(x)＜2x－x2； (2)若f(x)有两个不同的零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1＋x2＞2a. [解]　(1)当a＝1时，f(x)＝2ln x－x2＋1，定义域为(0，＋∞)，令g(x)＝f(x)－(2x－x2)＝2lnx－2x＋1，则g′(x)＝eq \f(2,x)－2，当0＜x＜1时，g′(x)＞0；当1＜x时，g′(x)＜0；所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝－1＜0，所以g(x)＜0，得f(x)＜2x－x2. (2)因为f(x)有两个不同的零点x1，x2，则f(x)在定义域内不单调；由f′(x)＝eq \f(2a,x)－2x＋2(a－1)＝eq \f(－2x－ax＋1,x)，当a≤0时，f′(x)＜0在(0，＋∞)恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意；当a＞0时，在(0，a)上有f′(x)＞0，在(a，＋∞)上有f′(x)＜0，所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．不妨设0＜x1＜a＜x2，令F(x)＝f(x)－f(2a－x)，则F′(x)＝f′(x)－f′(2a－x)(2a－x)′＝f′(x)＋f′(2a－x)＝eq \f(2a,x)－2x＋2(a－1)＋eq \f(2a,2a－x)－2(2a－x)＋2(a－1)＝eq \f(4a－x2,x2a－x)，当x∈(0，a)时，F′(x)＞0，则F(x)在(0，a)上单调递增，所以F(x)＜F(a)＝f(a)－f(2a－a)＝0，故f(x)＜f(2a－x)，因为0＜x1＜a＜x2，所以f(x1)＜f(2a－x1)，又f(x1)＝f(x2)，a＜2a－x1＜2a，则f(x2)＜f(2a－x1)，又f(x)在(a，＋∞)上单调递减，所以x2＞2a－x1，则x1＋x2＞2a. 极值点偏移问题的解法 (1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(<)2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>(<)xeq \o\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－f eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式． (2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq \f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 2．(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1. [追踪教材]　本题以指数函数、对数函数、幂函数、一次函数构成的新函数为载体，其题源可以追溯到人教A版《选择性必修第二册》第104页复习参考题5第19题命制，第(1)问考查不等式恒成立求参数范围问题，属于课程学习情境；第(2)问考查灵活应用函数的零点证明不等式，结论已知的证明命题，属于探索情境，思维量较大，考查学生的逻辑推理和数学运算能力．解：(1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(exx－1,x2)－eq \f(1,x)＋1＝eq \f(ex＋xx－1,x2)，令f′(x)＝0⇒x＝1，所以0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增f(x)min＝f(1)＝e＋1－a，要使得f(x)≥0恒成立．即满足f(x)min＝f(1)＝e＋1－a≥0，解得a≤e＋1. 故a的取值范围为(－∞，e＋1]． (2)证明：由(1)知要使得f(x)有两个零点，则f(x)min＝f(1)＝e＋1－a＜0⇒e＋1＜a，假设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即证明1＜x2＜eq \f(1,x1)，又由于f(x)在(1，＋∞)上单调递增，即证明f(x2)＜feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))⇔f(x1)＜feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1))).下面构造函数F(x)＝f(x)－feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))(0＜x＜1)， F′(x)＝f′(x)＋f′eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))·eq \f(1,x2) 由于ex＞ex⇒ex＋x＞ex＋x＝(e＋1)x，又函数在(0,1)上单调递减，＜e＋1－e－1＝0，∴0＜x＜1时，F′(x)＞0⇒F(x)在(0,1)上单调递增，而F(1)＝f(1)－f(1)＝0，∴F(x)＜0⇒f(x)＜feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))得证．故若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1. 题型5　高考新题型—导数的新结构、新定义问题 [例]　“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式(Bernoulli'sInequality)，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数x∈(－1，＋∞)，在n∈[1，＋∞)时，有不等式(1＋x)n≥1＋nx成立；在n∈(0,1)时，有不等式(1＋x)n≤1＋nx成立． (1)猜想伯努利不等式等号成立的条件； (2)当n≥1时，对伯努利不等式进行证明； (3)考虑对多个变量的不等式问题．已知a1，a2，…，an(n∈N*)是大于－1的实数(全部同号)，证明(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)≥1＋a1＋a2＋…＋an 解：(1)猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是n＝0,1，或x＝0.当n＝0时，(1＋x)0＝1＋0x，当n＝1时，(1＋x)1＝1＋x，当x＝0时，(1＋0)n＝1＋0n，其他值均不能保证等号成立，猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是n＝0,1，或x＝0； (2)当n≥1时，我们需证(1＋x)n≥1＋nx，设f(x)＝(1＋x)n－nx－1(x＞－1，a≥1)，注意到f(0)＝0，f′(x)＝n(1＋x)n－1－n＝n[(1＋x)n－1－1]，令(1＋x)n－1－1＝0得x＝0，即f′(0)＝0，x＝0是f(x)的一个极值点．令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝n(n－1)(1＋x)n－2＞0，所以f′(x)单调递增．当－1＜x＜0时，f′(x)＜f(0)＝0，当x＞0时，f′(x)＞f(0)＝0，故f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．所以在x＝0处f(x)取得极小值f(0)＝0，即f(x)≥0恒成立，(1＋x)n≥nx＋1.伯努利不等式对n≥1得证． (3)当n＝1时，原不等式即1＋a1≥1＋a1，显然成立．当n≥2时，构造数列{xn}：xn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)－(1＋a1＋a2＋…＋an)，则xn＋1－xn＝an＋1[(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)－1]，若ai＞0(i＝1,2，…，n＋1)，由上式易得xn＋1－xn＞0，即xn＋1＞xn；若－1＜ai≤0(i＝1,2，…，n＋1)，则0＜1＋ai＜1，所以(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)－1＜0，故xn＋1－xn＝an＋1[(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)－1]＞0，即此时xn＋1＞xn也成立．所以{xn}是一个单调递增的数列(n≥2)，由于x2＝(1＋a1)(1＋a2)－(1＋a1＋a2)＝a1a2＞0，所以xn＞x2＞0(∀n＞2)，故原不等式成立．函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决．　(2024·校联考模拟预测)设y＝f(x)是定义在R上的函数，若存在区间[a，b]和x0∈(a，b)，使得y＝f(x)在[a，x0]上严格递减，在[x0，b]上严格递增，则称y＝f(x)为“含谷函数”，x0为“谷点”，[a，b]称为y＝f(x)的一个“含谷区间”． (1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由： (ⅰ)y＝2|x|，(ⅱ)y＝x＋cos x； (2)已知实数m＞0，y＝x2－2x－mln(x－1)是含谷函数，且[2,4]是它的一个含谷区间，求m的取值范围； (3)设p，q∈R，h(x)＝－x4＋px3＋qx2＋(4－3p－2q)x.设函数y＝h(x)是含谷函数，[a，b]是它的一个含谷区间，并记b－a的最大值为L(p，q)．若h(1)≤h(2)，且h(1)≤0，求L(p，q)的最小值．解：(1)函数y＝2|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x，x＜0，,2x，x≥0，))，当x∈(－∞，0]时，单调递减，当x∈[0，＋∞)时，单调递增，所以y＝2|x|是含谷函数，谷点x＝0；函数y＝x＋cos x，求导y′＝1－sin x≥0恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数． (2)由题意可知函数y＝x2－2x－mln(x－1)在区间[2,4]内先减后增，且存在谷点，令g(x)＝x2－2x－mln(x－1)，所以g′(x)＝2x－2－eq \f(m,x－1)，设q(x)＝g′(x)＝2x－2－eq \f(m,x－1)，所以q′(x)＝2＋eq \f(m,x－12)，由m＞0可知q′(x)＝2＋eq \f(m,x－12)＞0恒成立，所以g′(x)在区间[2,4]上单调递增，若满足谷点，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(g′2＝2－m＜0，,g′4＝6－\f(m,3)＞0，))解得2＜m＜18，故m的取值范围是(2,18)． (3)因为h(x)＝－x4＋px3＋qx2＋(4－3p－2q)x，所以h′(x)＝－4x3＋3px2＋2qx＋(4－3p－2q)＝4(1－x)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)))x＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)－\f(q,2)))))，若x2＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)))x＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)－\f(q,2)))≥0恒成立，则函数y＝h(x)在x≤1时严格递增，在x≥1时严格递减，不是谷函数，不满足题意；因此关于x的方程x2＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)))x＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)－\f(q,2)))＝0有两个相异实根，即Δ＞0，设两根为α，β且α＜β，因为h(1)≤0＝h(0)，所以函数y＝h(x)在区间(－∞，1]上不为严格递增，但是当x＜min{1，α，β}时，h′(x)＞0，y＝h(x)为严格递增，所以y＝h(x)在区间(－∞，1]上的单调性至少改变一次，从而必有一个驻点，即α＜1，同理，因为h(1)≤h(2)，所以β＞1，因此，y＝h(x)在区间(－∞，α]和[1，β]上严格递增，在区间[α，1]和[β，＋∞)上严格递减，从而函数y＝h(x)的含谷区间[a，b]必满足[a，b]⊆[α，β]，即L(p，q)＝β－α＝eq \r(Δ)＝ eq \r(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)))2－4\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)－\f(q,2))))＝eq \r(\f(9,16)p2＋\f(3,2)p－3＋2q)，因为h(1)＝－1＋p＋q＋4－3p－2q＝3－2p－q， h(2)＝－16＋8p＋4q＋8－6p－4q＝－8＋2p，由h(1)≤h(2)得3－2p－q≤－8＋2p，所以4p＋q≥11，由h(1)≤0得3－2p－q≤0，所以2p＋q≥3，所以q≥eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(11－4p，p≤4，,3－2p，p＞4，)) 当p≤4时，L(p，q)≥eq \r(\f(9,16)p2－\f(13,2)p＋19)≥eq \r(2)，当p＞4时，L(p，q)≥eq \r(\f(9,16)p2－\f(5,2)p＋3)≥eq \r(2)，因此L(p，q)的最小值为eq \r(2)，当p＝4，q＝－5时成立． $$

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第3章第4节导数中的综合问题-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（人教A版）

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