第三章 第4节 导数的综合应用（Word教参）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

第4节　导数的综合应用 1．利用导数研究函数的单调性与极值(最值).(重点) 2．以导数为工具，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解不等式．(热点) 3．导数与函数、不等式、方程、数列等知识的融合交汇问题．(难点) 第一课时　利用导数研究恒(能)成立问题 [对应学生用书P70] 考点一　导数与不等式恒成立问题 考向1　分离参数法求参数范围 [例1] 已知函数f(x)＝ax＋ln (－x)，g(x)＝e－x＋x2. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若对任意x<0，f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)由题意知f(x)的定义域为(－∞，0)， f′(x)＝a＋＝(x<0)， 当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减． 当a>0时，f′(x)＝， 所以当x<－时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－)上单调递增，在(－，0)上单调递减． (2)若对任意x<0，f(x)≤g(x)恒成立， 则ax≤e－x＋x2－ln (－x)对任意x<0恒成立， 即a≥＋x－对任意x<0恒成立． 令h(x)＝＋x－(x<0)，则h′(x)＝， 令M(x)＝－e－x(x＋1)＋x2－1＋ln (－x)(x<0)， 则M(－1)＝0，M′(x)＝xe－x＋2x＋， 因为x<0，所以M′(x)<0， 所以M(x)在(－∞，0)上单调递减， 所以当x<－1时，M(x)>0，当－1<x<0时，M(x)<0， 所以当x<－1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当－1<x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)≤h(－1)＝－1－＝－e－1，可得a≥－e－1. 故实数a的取值范围是[－e－1，＋∞). 1．参变分离的使用条件 (1)参数与变量可以比较容易地分离开． (2)参变分离后得到的函数的形式不复杂，通过导数来研究单调性，极值以及最值比较容易． (3)参变分离后得到的函数的值域容易算，不会出现必须使用洛必达法则才能解决问题的情形． 2．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∈I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I上的最大值(或最小值)问题 训练1 (2025·衡阳模拟)已知函数f(x)＝＋ln x＋a. (1)当a＝0时，求f(x)的极值； (2)若对任意的x∈[1，e2]，f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝0时，f(x)＝＋ln x(x>0)， 则f′(x)＝－＋＝， 当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，列表如下． x (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的极小值为f(2)＝1＋ln 2，无极大值． (2)f(x)＝＋ln x＋a≤0，即a≤－－ln x. 令g(x)＝－－ln x，x∈[1，e2]，则a≤g(x)min. 求导得g′(x)＝－＝， 当1≤x<2时，g′(x)>0，当2<x≤e2时，g′(x)<0， 所以g(x)在[1，2)上单调递增，在(2，e2]上单调递减． 因为g(1)＝－2，g(e2)＝－－ln e2＝－－2，g(1)>g(e2)，所以g(x)min＝g(e2)＝－－2. 所以a≤g(x)min＝－－2. 故实数a的取值范围为(－∞，－－2]. 考向2　分类讨论法求参数范围 [例2] (2025·厦门模拟)已知函数f(x)＝a ln x＋1. (1)若a＝2，b>0，讨论函数g(x)＝的单调性； (2)令h(x)＝f(x)－1＋x2－x，若存在x0≥1，使得h(x0)<，求a的取值范围． 解：(1)当a＝2时，g(x)＝＝(x>0，x≠b，b>0)， ∴g′(x)＝ ＝. 令w(x)＝－－2ln x＋2ln b＋2(x>0)，则w′(x)＝－＝，令w′(x)>0，可得0<x<b，令w′(x)<0，可得x>b， ∴w(x)在(0，b)上单调递增，在(b，＋∞)上单调递减， ∴当x≠b时，w(x)<w(b)＝0，故g′(x)<0， ∴g(x)在(0，b)和(b，＋∞)上单调递减． (2)由题意知a≠1，h(x)＝a ln x＋x2－x，函数h(x)的定义域为(0，＋∞)， ∴h′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－)(x－1). ①当a≤时，≤1，则当x≥1时，h′(x)≥0， ∴函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，若存在x0≥1， 使得h(x0)<，则只需h(1)<，即－1<， 即>0， 又2(a－1)<0，故只需a2＋2a－1<0，解得－－1<a<－1，此时－－1<a<－1. ②当<a<1时，>1，则当x∈[1，)时，h′(x)≤0，函数h(x)在[1，)上单调递减；当x∈(，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)在(，＋∞)上单调递增． 若存在x0≥1，使得h(x0)<，则只需h()<， 而h()＝a ln ＋＋>，不符合题意，舍去． ③当a>1时，h(1)＝－1＝<，满足题意． 综上可得，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞). 分类讨论法求参数范围的关键点 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题的关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意． 训练2 已知函数f(x)＝xaln x－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x>1时，f(x)<－1恒成立，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x ln x－x，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x，则当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)f′(x)＝axa－1ln x＋xa－1－1，f′(1)＝0. 令g(x)＝f′(x)＝axa－1ln x＋xa－1－1， 则g′(x)＝a(a－1)xa－2ln x＋(2a－1)xa－2，g′(1)＝2a－1. ①当2a－1>0，即a>时，因为g′(1)>0，所以存在δ>1， 使得当x∈(1，δ)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，δ)上单调递增，即f′(x)在(1，δ)上单调递增， 因为f′(1)＝0，所以f(x)在(1，δ)上单调递增， 则当x∈(1，δ)时，f(x)>f(1)＝－1，与题意矛盾，舍去． ②当2a－1≤0，即a≤时，f(x)＝xaln x－x≤ln x－x在(1，＋∞)上恒成立， 只需证明ln x－x<－1在(1，＋∞)上恒成立即可，即证ln x－＋<0在(1，＋∞)上恒成立，令F(x)＝2ln x－x＋(x>1)，则F′(x)＝－1－＝－(1－)2<0， 所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以F(x)<F(1)＝0， 所以2ln x－x＋<0(x>1)，即ln x－＋<0(x>1). 综上可得，a的取值范围为(－∞，]. 考点二　导数与不等式能成立问题 [例3] (2025·潍坊模拟)已知函数f(x)＝x3－x2sin α＋x＋1，证明：存在α∈[－，]，使得不等式f(x)＞ex有解． 证明：要证存在α∈[－，]，使得f(x)＞ex有解， 只需证存在α∈[－，]， 使得(x3－x2sin α＋x＋1)e－x＞1有解． 因为α∈[－，]，所以－1≤－sin α≤， 所以存在α∈[－，]，使得－x2sin α＝x2， 所以只需证[(x3＋x2＋x＋1)e－x]max＞1. 设函数g(x)＝(x3＋x2＋x＋1)e－x， 则g′(x)＝－x2(x－1)e－x. 当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，所以g(x)max＝g(1). 因为g(1)＝＝＞1， 所以存在α∈[－，]，使得不等式f(x)＞ex有解． 1．含参数的能成立(存在型)问题的解题方法 a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max. 2．含全称量词、存在量词的不等式能成立问题的解题思路 (1)存在x1∈A，对任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max； (2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min. 训练3 已知函数f(x)＝－ax＋b在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e. (1)求实数b的值； (2)若存在x0∈[e，e2]，满足f(x0)≤＋e，求实数a的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)， ∵f(x)＝－ax＋b，∴f′(x)＝－a， ∴f′(e)＝－a. 又f(e)＝e－ae＋b， ∴f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e－ae＋b)＝－a(x－e)，即y＝－ax＋e＋b. 又函数f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－ax＋2e，∴b＝e. (2)由题意得f(x0)＝－ax0＋e≤＋e，∴问题转化为a≥－在[e，e2]上有解． 令h(x)＝－，x∈[e，e2]， 则h′(x)＝－＝ ＝. 令p(x)＝ln x－2， 则当x∈[e，e2]时，有p′(x)＝－＝＜0. ∴函数p(x)在区间[e，e2]上单调递减， ∴p(x)≤p(e)＝ln e－2＜0， ∴h′(x)＜0，∴h(x)在区间[e，e2]上单调递减， ∴h(x)≥h(e2)＝－＝－. ∴实数a的取值范围为[－，＋∞). [课时训练(21)见P223] 第二课时　利用导数证明不等式 [对应学生用书P72] 考点一　移项构造差函数法证明不等式 [例1] 已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a≤2，证明：当x>1时，f(x)<ex－1. (1)解：f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝. 当a≤0时，f′(x)＝<0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，f(x)在(，＋∞)上单调递增，在(0，)上单调递减． (2)证明：a≤2，且x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋1＋ln x， 令g(x)＝ex－1－2x＋1＋ln x(x>1)，则只需g(x)>0即可． g′(x)＝ex－1－2＋，再令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－， 显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0， 即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，问题得证． 构造差函数解题的思路 待证不等式的两边含有同一个变量时，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 已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值． (1)求实数a的值； (2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1). (1)解：因为f(x)＝ax＋x ln x， 所以f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值， 所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0， 所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2. 当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0<x<e－2， 所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1. (2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x. 令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝x ln x－2x＋3(x>1). g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e. 由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得1<x<e. 所以g(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， 所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0. 于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0， 所以f(x)>3(x－1). 考点二　构造双函数证明不等式 [例2] 已知函数f(x)＝ex2－x ln x．求证：当x＞0时，f(x)＜xex＋. 证明：由题意可知，f(x)的定义域为(0，＋∞). 要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即ex－ex＜ln x＋. 令h(x)＝ln x＋(x＞0)，则h′(x)＝， 易知h(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 则h(x)min＝h()＝0，所以ln x＋≥0. 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， 所以ex－ex＜ln x＋，故原不等式成立． 构造双函数证明不等式的使用原则 (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． 训练2 已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0. (1)解：f′(x)＝－a(x＞0)， ①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数； ②若a＞0，则当0＜x＜时，f′(x)＞0；当x＞时，f′(x)＜0. 故f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减． (2)证明：因为x＞0，所以只需证f(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. 设g(x)＝－2e(x＞0)，则g′(x)＝， 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)≤－2e，当x＝1时，等号成立． 故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得证． 考点三　放缩后构造函数证明不等式 [例3] 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<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，等号成立)， 令h(x)＝x＋1－ln (x＋2)(x>－2)，则h′(x)＝1－＝， 则当－2<x<－1时，h′(x)<0，当x>－1时，h′(x)>0， 即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，等号成立)， 因为g(x)与h(x)不同时为0， 所以当x>－2时，f(x)>ln (x＋2). 放缩法证明不等式的策略 导数方法证明不等式的问题中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构造函数进行证明．常见的放缩公式如下： (1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时，等号成立； (2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立． 训练3 已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1. (1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)证明：当a≥1时，f(x)≥0. (1)解：当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，f′(x)＝ex－1－， k＝f′(1)＝0，又f(1)＝0，所以切点为(1，0). 所以切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0. (2)证明：因为a≥1，所以aex－1≥ex－1，所以f(x)≥ex－1－ln x－1. 方法一　令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，所以φ′(x)＝ex－1－， 令h(x)＝ex－1－，所以h′(x)＝ex－1＋>0， 所以φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又φ′(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增，所以φ(x)min＝φ(1)＝0， 所以φ(x)≥0，所以f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0. 方法二　令g(x)＝ex－x－1，所以g′(x)＝ex－1. 当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(0)＝0， 故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立． 同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立． 由ex≥x＋1⇒ex－1≥x，当且仅当x＝1时，等号成立， 由x－1≥ln x⇒x≥ln x＋1，当且仅当x＝1时，等号成立， 所以ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1， 即ex－1－ln x－1≥0，当且仅当x＝1时，等号成立，即f(x)≥0. [课时训练(22)见P224] 第三课时　利用导数研究函数零点 [对应学生用书P74] 考点一　函数零点个数的确定 [例1] (2025·武汉模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2(a∈R). (1)当a＝1时，求f(x)的最大值； (2)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数． 解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)， ∵f(x)＝ln x－ax2(a∈R)，∴f′(x)＝－ax＝， 当a＝1时，令f′(x)＝＝0，得x＝±1. ∵x>0，∴当x∈(0，1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减， ∴当x＝1时，函数f(x)取得最大值，最大值为f(1)＝－. (2)由f(x)＝0，得a＝， 令g(x)＝，则g′(x)＝， 由g′(x)>0，得1<x<，由g′(x)<0，得<x<e2， g(x)在区间[1，]上单调递增，在区间[，e2]上单调递减， 又g(1)＝0，g()＝，g(e2)＝，作函数g(x)的图象如图： 综上，当0≤a<或a＝时，f(x)在[1，e2]上有一个零点，当≤a<时，f(x)在[1，e2]上有2个零点，当a<0或a>时，f(x)在[1，e2]上没有零点． 利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法 (1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等． (2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置． (3)数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现． 训练1 已知 (x>0). (1)求导函数f′(x)的最值； (2)试讨论关于x的方程f(x)＝kx(k>0)的根的个数，并说明理由． 解：(1)∵·，记g(x)＝f′(x)， 令g′(x)＝0，解得x＝， 当x∈(0，)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x∈(，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， ∴f′(x)的最大值为f′()＝. (2)方法一　由f(x)＝kx，即＝kx，即k＝. 令m′(x)＝0，解得x＝1， ∴m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴m(x)max＝m(1)＝1，且m(x)>0， ∴当k>1时，方程无解；当k＝1时，方程有1个解；当0<k<1时，方程有2个解． 方法二　由f(x)＝kx，即＝kx，即.令＝t∈(0，＋∞)，l(t)＝te1－t，∴l′(t)＝(1－t)·e1－t.令l′(t)＝0，解得t＝1，∴l(t)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴l(t)max＝l(1)＝1，且l(t)>0，∴当k>1时，方程无解；当k＝1时，方程有1个解；当0<k<1时，方程有2个解． 方法三　由f(x)＝kx，即e1－＝kx， 两边取对数得1－＝ln k＋ln x，即ln k＝1－－ln x. 令h(x)＝1－－ln x(x>0)，由h′(x)＝－＝＝0， 解得x＝1. 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， ∴h(x)max＝h(1)＝0，当ln k>0，即k>1时，方程无解；当ln k＝0，即k＝1时，方程有1个解；当ln k<0，即0<k<1时，方程有2个解． 考点二　由函数零点确定参数 [例2] (2024·吉安模拟)已知函数f(x)＝ex－1－ax－a(a∈R). (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程； (2)若函数f(x)有2个零点，求a的取值范围． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝ex－1－2x－2，所以f′(x)＝ex－1－2， 所以f′(1)＝－1，因为f(1)＝－3， 所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＋3＝－(x－1)， 即x＋y＋2＝0. (2)f′(x)＝ex－1－a，若a≤0，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，不满足题意， 若a>0，令f′(x)＝0，得x＝1＋ln a， f(x)在(－∞，1＋ln a)上单调递减，在(1＋ln a，＋∞)上单调递增，且当x→－∞和x→＋∞时，f(x)→＋∞， 故f(1＋ln a)＝－a(1＋ln a)<0，解得a>，即a的取值范围是(，＋∞). 利用函数的零点求参数范围的方法 (1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解． (2)利用函数零点存在定理构建不等式求解． (3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 训练2 (2025·深圳模拟)已知函数f(x)＝xex＋ax2(a∈R). (1)当a＝－时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数g(x)＝x ln x＋xex－f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝－时，f(x)＝xex－x2，则f′(x)＝(x＋1)ex－x， 所以f(1)＝e－，又切线斜率为k＝f ′(1)＝2e－1， 所以切线方程为y－(e－)＝(2e－1)(x－1)，即y＝(2e－1)x－e＋. (2)∵g(x)＝x ln x＋xex－xex－ax2＝x ln x－ax2，定义域为(0，＋∞)， 则g′(x)＝ln x＋1－2ax. 又g(x)有两个极值点， ∴g′(x)有两个变号零点，即方程ln x＋1－2ax＝0(x∈(0，＋∞))有两个不同的实数根． 即2a＝(x∈(0，＋∞))有两个不同的实数根． 令h(x)＝，则y＝h(x)的图象与y＝2a的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点． ∵h′(x)＝＝－，∴当h′(x)>0时，0<x<1；当x>1时，h′(x)<0， ∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 又h(1)＝1，h()＝0，当x→0时，h(x)→－∞；当x→＋∞时，h(x)→0， ∴y＝h(x)的图象如图所示， 所以0<2a<1，故0<a<，即实数a的取值范围是{a|0<a<}． [课时训练(23)见P226] 学科网（北京）股份有限公司 $$