第二编 专题1 第5讲 利用导数研究不等式问题-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　数学 　　　第5讲　利用导数研究不等式问题 「考情研析」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问题是高考的热点题型． 1．函数不等式的类型与解法 (1)∀x∈D，f(x)≤k⇔f(x)max≤k； ∃x∈D，f(x)≤k⇔f(x)min≤k. (2)∀x∈D，f(x)≤g(x)⇔[f(x)－g(x)]max≤0；∃x∈D，f(x)≤g(x)⇔[f(x)－g(x)]min≤0. 2．含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略 (1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值． (2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值． (3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值． (4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值． (5)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＝g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的值域与g(x)在[c，d]上的值域交集非空． (6)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)＝g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的值域⊆g(x)在[c，d]上的值域． (7)∀x2∈[c，d]，∃x1∈[a，b]，f(x1)＝g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的值域⊇g(x)在[c，d]上的值域． 3．两个常用不等式 (1)ln x≤x－1. (2)ex≥x＋1. 考向1　利用导数证明不等式 例1　已知函数f(x)＝ln x＋－ax，函数g(x)＝＋－2aex＋1. (1)当a>0时，求f(x)的单调区间； (2)已知a≥，当ex>时，求证：g(x)<0； (3)已知n为正整数，求证：＋＋＋…＋＋>ln 2. 解：(1)∵f(x)＝ln x＋－ax， ∴f′(x)＝－－a＝. ①当a≥时，Δ＝1－4a2≤0， 则f′(x)≤0恒成立，则f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)； ②当0<a<时，令f′(x)>0， 解得x∈， 则f(x)的单调递增区间为. 令f′(x)<0，解得x∈∪， 则f(x)的单调递减区间为，. 综上，当a≥时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； 当0<a<时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，. (2)证明：欲证g(x)＝＋－2aex＋1<0， 需证x＋ln (2x)－2axex＋<0， 即需证ln (2xex)－2axex＋<0. 令t＝2xex，即需证ln t－at＋<0， 设h(t)＝ln t－at＋， ∵ex>，∴t＝2xex>1， 由(1)知，当a≥时，h(t)的单调递减区间为(1，＋∞)， ∴h(t)<h(1)＝0，故g(x)<0. (3)证明：由(2)知，当t>1，a＝时，ln t<，令t＝＋1(n∈N*)，则ln <＝＝2·<， 即ln (n＋2)－ln n<， ∴ln (n＋3)－ln (n＋1)<， ln (n＋4)－ln (n＋2)<， ln (n＋5)－ln (n＋3)<， … ln (2n＋1)－ln (2n－1)<， ln (2n＋2)－ln (2n)<， 以上各式相加，得 ln (2n＋2)＋ln (2n＋1)－ln n－ln (n＋1)<2， ∴＋＋＋…＋＋>ln ＝ln >ln 2. 　利用导数证明不等式的常用方法 构造函数法 常见的构造方法有：①作差构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))转化为证明f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；②适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x<x<ex(x>0)，≤ln (x＋1)≤x(x>－1)；③构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数 拆分函数法 若直接求导比较复杂或无从下手或无法转化为一个函数的最值问题，可将待证不等式进行变形，构造两个函数，转化为两个函数的最值问题(或找到可以传递的中间量)，完成证明的目标．对于一些不等式可转化为f(x)≥g(x)的形式，证明f(x)min≥g(x)max即可，在转化中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准 (2025·河北邯郸四调)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝. (1)讨论函数h(x)＝ax－f(x)的单调性； (2)证明：xf(x)>g(x)－1. 解：(1)由题意，知h(x)＝ax－f(x)＝ax－ln x，其定义域为(0，＋∞)， ∴h′(x)＝a－＝. 当a≤0时，h′(x)≤0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令h′(x)>0，解得x>， 令h′(x)<0，解得0<x<， ∴函数h(x)在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当a≤0时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，函数h(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)证明：要证xf(x)>g(x)－1，即证xln x＋1>. 由(1)知，当a＝1时，h(x)＝x－ln x在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h(x)≥h(1)＝1－ln 1＝1，即x－ln x≥1， ∴＋lnx≥1，∴1＋xlnx≥x. 令H(x)＝x－(x>0)， 则H′(x)＝1－ ＝≥0， ∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴当x>0时，H(x)>H(0)＝0， 即x－>0， ∴x>， 即xln x＋1≥x>， ∴xf(x)>g(x)－1. 考向2　利用导数研究不等式恒(能)成立问题 例2　(1)(2025·辽宁沈阳二模)已知函数f(x)＝ln x－kx. ①若存在x∈(0，＋∞)，使f(x)≥0成立，求k的取值范围； ②已知k>0，若f(x)≤在x∈(0，＋∞)上恒成立，求k的最小值． 解：①由f(x)＝ln x－kx≥0(x>0)， 得k≤， 可得存在x∈(0，＋∞)，使k≤(x>0)成立， 令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝， 令g′(x)＝0，得x＝e， 当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)≤g(e)＝＝， 若存在x∈(0，＋∞)，使k≤(x>0)成立，则k≤，即k的取值范围是. ②若f(x)≤在x∈(0，＋∞)上恒成立， 则ln x－kx－≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝ln x－kx－(x>0)， 则h(x)max≤0， h′(x)＝－k＋＝， 令h′(x)＝0，得x＝－(舍去)或x＝， 当0<x<时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当x>时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)max＝h＝ln －k·－＝ln －ln k≤0， 解得k≥，所以k的最小值为. (2)(2025·云南前锋中学模拟)已知实数a>0，设f(x)＝－ax3＋x2. ①若a＝3，求函数y＝f(x)的图象在点(1，－1)处的切线方程； ②若对任意的x1∈(2，＋∞)，总存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)f(x2)＝1，求a的取值范围． 解：①因为a＝3， 所以f(x)＝x2－2x3，f(1)＝－1， 所以f′(x)＝2x－6x2，则f′(1)＝－4. 故函数y＝f(x)的图象在点(1，－1)处的切线方程为y－(－1)＝－4(x－1)， 即4x＋y－3＝0. ②由已知得f′(x)＝2x－2ax2(a>0)， 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝，列表如下： x (－∞，0) 0 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  0   所以f(x)在上单调递增，在(－∞，0)和上单调递减， 所以当x＝0时，f(x)取得极小值0，当x＝时，f(x)取得极大值， 由f(0)＝f＝0知，当x∈时，f(x)>0，当x∈时，f(x)<0. 因为对任意的x1∈(2，＋∞)，总存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)f(x2)＝1， 当f(x1)＝0时，不成立，故f(x1)≠0， 所以≤2，所以a≥. 设A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，B＝， 则“对任意的x1∈(2，＋∞)，总存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)f(x2)＝1”等价于A⊆B. 下面分两种情况讨论： 如图1，当<1，即a>时，有f(1)<0且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(x)的值域为(－∞，f(1))， 故B＝，A＝(－∞，f(2))， 所以AB； 如图2，当1≤≤2，即≤a≤时，有f(2)≤0且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因此A⊆(－∞，0)， 由f(1)≥0，得f(x)在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)∪{0}∪(0，f(1))， 所以(－∞，0)⊆B，所以A⊆B，满足题意． 综上所述，a的取值范围为. 　由不等式恒(能)成立求参数的取值范围问题的方法 最值法 将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题 分离 参数法 将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max(a<f(x)max)或a<f(x)min(a>f(x)min)的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的取值范围 1．(2025·吉林吉林地区二模)已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数)． (1)求函数f(x)的单调递减区间； (2)若不等式f(x)>m(x＋1)在x∈(－1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)函数f(x)＝的定义域为{x|x≠－1}， 则f′(x)＝， 令f′(x)<0，得x<－1或－1<x<0， 所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(－1，0)． (2)对任意的x∈(－1，＋∞)，>m(x＋1)， 由于x＋1>0，则m<， 令g(x)＝，x∈(－1，＋∞)， 则g′(x)＝， 令g′(x)＝0，得x＝1. 当－1<x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－1，1)上单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝，则m<， 因此实数m的取值范围是. 2．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝－1，其中a为常数． (1)过原点作f(x)图象的切线l，求直线l的方程； (2)若∃x∈(0，＋∞)，使f(x)≤g(x)，求a的最小值． 解：(1)由题意，得f′(x)＝， 设切点坐标为(t，ln t)， 则切线l的方程为y－ln t＝(x－t)， 因为切线l经过原点O， 所以－ln t＝(－t)，解得t＝e， 所以切线l的斜率为， 所以直线l的方程为x－ey＝0. (2)∃x∈(0，＋∞)，使f(x)≤g(x)， 即ln x≤－1， 则a≥x(ln x＋1)在(0，＋∞)上有解， 故当x∈(0，＋∞)时，a≥[x(ln x＋1)]min. 令h(x)＝x(ln x＋1)，x>0， 则h′(x)＝ln x＋2， 令h′(x)>0，得x∈，令h′(x)<0，得x∈， 故h(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以h(x)min＝h＝－， 则a≥－，故a的最小值为－. 考向3　利用导数研究极值点偏移问题 例3　已知函数f(x)＝ln x－ax2. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两个不等实数根，求证： (ⅰ)x＋x＞2e； (ⅱ)x1x2＞. 解：(1)由题意，f′(x)＝－2ax＝， 当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，令f′(x)＞0，得0＜x＜， 令f′(x)＜0，得x＞， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明：因为x1，x2是方程ln x－ax2＝0的两个不等实数根，即x1，x2是方程ln x2－2ax2＝0的两个不等实数根， 令t＝x2(t＞0)，则t1＝x，t2＝x，即t1，t2是方程2a＝的两个不等实数根， 令g(t)＝，则g′(t)＝， 令g′(t)＝0，得t＝e， 当t∈(0，e)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增， 当t∈(e，＋∞)时，g′(t)＜0，g(t)单调递减，g(e)＝， 当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)＞0且g(t)→0， 所以0＜2a＜，即0＜a＜，令1＜t1＜e＜t2， (ⅰ)要证明x＋x＞2e，只需证明t1＋t2＞2e， 设h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)， 则h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝－ ＝，t∈(1，e)， 令φ(t)＝(2e－t)ln t－tln (2e－t)， 则φ′(t)＝－ln t－ln (2e－t)＋＝＋－ln (－t2＋2et)＞＋－2＞0， 所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)＜φ(e)＝0， 所以h(t)＝g(t)－g(2e－t)＜0， 所以g(t)＜g(2e－t)， 所以g(t2)＝g(t1)＜g(2e－t1)， 所以t2＞2e－t1，所以t1＋t2＞2e， 所以x＋x＞2e，得证． (ⅱ)先证<. 令0<x1<x2，只需证<， 即证<ln ， 令x＝，则x>1，只需证－ln x<0(x>1)． 令m(x)＝－ln x(x>1)， 则m′(x)＝－＝－<0， 所以m(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以m(x)<m(1)＝0， 所以<成立． 要证x1x2＞，只需证t1t2＞， 只需证ln t1＋ln t2＞1－ln 2a， 只需证2at1＋2at2＞1－ln 2a， 只需证t1＋t2＞， 因为＜， 令t1＝，得＜， 即2at＋(ln 2a－1)t2＋＋＞0，① 令t2＝，得＜， 即－2at－(ln 2a－1)t1－＞0，② ①＋②，得2a(t－t)＋(ln 2a－1)(t2－t1)＞0， 所以t1＋t2＞，所以x1x2>，得证． 1．极值点偏移的含义 对于函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点x0，方程f(x)＝0的解为x1，x2且a<x1<x2<b，若≠x0，则称函数y＝f(x)在区间(a，b)上极值点偏移． 2．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>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获得不等式． (2)(比值代换法)将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 已知函数f(x)＝mex－1－ln x，m∈R. (1)当m≥1时，讨论方程f(x)－1＝0解的个数； (2)当m＝e时，g(x)＝f(x)＋ln x－有两个极值点x1，x2，且x1<x2，若e<t<，证明：①2<x1＋x2<3； ②g(x1)＋2g(x2)<0. 解：(1)解法一：∵f(x)－1＝mex－1－ln x－1＝0，∴m＝. 设h(x)＝，则h′(x)＝. 设φ(x)＝－1－ln x，则φ′(x)＝－－<0， ∴φ(x)单调递减． ∵φ(1)＝0， ∴当0<x<1时，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增； 当x>1时，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减， ∴h(x)max＝h(1)＝1， ∴当m＝1时，方程f(x)－1＝0有一解； 当m>1时，方程f(x)－1＝0无解． 解法二：设h(x)＝f(x)－1＝mex－1－ln x－1， 则h′(x)＝mex－1－. 设φ(x)＝mex－1－(x>0)， 则φ′(x)＝mex－1＋>0，∴φ(x)单调递增， 当m＝1时，φ(x)＝ex－1－，φ(1)＝0， ∴当0<x<1时，φ(x)＜0，h(x)单调递减； 当x>1时，φ(x)>0，h(x)单调递增． ∴h(x)min＝h(1)＝m－1＝0， ∴方程f(x)－1＝0有一解． 当m>1时，h(x)＝mex－1－ln x－1>ex－1－ln x－1≥0， ∴h(x)＝0无解，即方程f(x)－1＝0无解． 综上，当m＝1时，方程f(x)－1＝0有一解； 当m>1时，方程f(x)－1＝0无解． (2)证明：①当m＝e时，g(x)＝ex－x2－(x>0)， 则g′(x)＝ex－tx， ∴x1，x2是方程ex－tx＝0的两根． 设r(x)＝，则r′(x)＝， 令r′(x)＝0，解得x＝1， 当0<x<1时，r′(x)<0，当x>1时，r′(x)>0， ∴r(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ∵r(1)＝e，r(2)＝，当x→0＋时，r(x)→＋∞， ∴当t∈时，0<x1<1，1<x2<2， ∴x1＋x2<3. 由⇒⇒x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln . 令p＝>1，∴x1＝，x2＝， ∴x1＋x2＝＋＝ln p. ∴x1＋x2>2等价于ln p>. 设q(x)＝ln x－，x∈[1，＋∞)， 则q′(x)＝－＝≥0， ∴q(x)单调递增，∴q(x)≥q(1)＝0， ∴q(p)>0，即ln p>， ∴x1＋x2>2. 综上，2<x1＋x2<3. ②由①知，ex1＝tx1，ex2＝tx2. ∴g(x1)＋2g(x2)＝ex1－x－＋2ex2－tx－e＝ex1－x＋2ex2－tx－e＝ex1－ex1＋2ex2－x2ex2－e＝e x1＋e x2(2－x2)－e. 由①知，1<2－x1<x2<2， 设s(x)＝(2－x)ex，x∈(1，2)， 则s′(x)＝(1－x)ex<0， ∴s(x)单调递减，∴s(x2)<s(2－x1)， 即(2－x2)e x2<x1e2－x1， ∴g(x1)＋2g(x2)<e x1＋x1e2－x1－e. 设M(x)＝ex＋xe2－x－e，x∈(0，1]， 则M′(x)＝(1－x)ex＋(1－x)e2－x＝(1－x)≥0. ∴M(x)单调递增， 又M(1)＝0， ∴当x∈(0，1)时，M(x)<0， ∴M(x1)<0， ∴g(x1)＋2g(x2)<0. 真题押题 1．(2025·新课标Ⅰ卷，19)(1)求函数f(x)＝5cosx－cos5x在上的最大值； (2)给定θ∈(0，π)和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]，使得cosy≤cosθ； (3)设b∈R，若存在φ∈R使得5cosx－cos(5x＋φ)≤b对任意x∈R恒成立，求b的最小值． 解：(1)解法一：f′(x)＝－5sinx＋5sin5x＝－5[sin(3x－2x)－sin(3x＋2x)]＝10cos3xsin2x. 当x∈时，2x∈，3x∈， 所以sin2x>0， 令f′(x)＝0，得cos3x＝0，得x＝. 当0<x<时，cos3x>0，即f′(x)>0， 当<x<时，cos3x<0，即f′(x)<0， 故f(x)在上为增函数，在上为减函数， 故f(x)在上的极大值为f＝5cos－cos＝3， 又f(0)＝5－1＝4，f＝5cos－cos＝3， 故f(x)在上的最大值为3. 解法二：设cosx＝t，当x∈时，t∈. 又cos2x＝2t2－1，cos4x＝2(2t2－1)2－1＝8t4－8t2＋1， 所以cos5x＝cos4xcosx－sin4xsinx＝cos4xcosx－2sin2xcos2xsinx＝cos4xcosx－4cos2xcosxsin2x＝t(8t4－8t2＋1)－4(2t2－1)t(1－t2)＝16t5－20t3＋5t， 设g(t)＝5cosx－cos5x＝20t3－16t5， 则g′(t)＝20t2(3－4t2)， 令g′(t)＝0，得t＝(负值舍去)． 当<t<时，g′(t)>0，当<t<1时，g′(t)<0， 所以g(t)在上单调递增，在上单调递减， 故g(t)在上的极大值为g＝3， 又g＝3，g(1)＝4，所以g(t)在上的最大值为3， 即f(x)在上的最大值为3. (2)证法一：因为余弦函数的周期为2π， 所以不妨设a∈(0，2π]，当a≤2θ时，a－θ≤θ， 则θ∈[a－θ，a＋θ)，此时存在y＝θ，使得cosy＝cosθ； 当a>2θ时，θ<a－θ≤2π－θ， 作出余弦函数的大致图象(如图所示)， 所以cos(a－θ)≤cosθ，只需要取y＝a－θ，即可得到cosy≤cosθ. 综上可得，给定θ∈(0，π)和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]，使得cosy≤cosθ. 证法二：假设结论不成立，即对任意y∈[a－θ，a＋θ]，均有cosy>cosθ，即对任意y∈[a－θ，a＋θ]，y∈(2kπ－θ，2kπ＋θ)，k∈Z， 由于θ∈(0，π)，所以形如(2kπ－θ，2kπ＋θ)，k∈Z的区间两两交集均为空集， 所以[a－θ，a＋θ]⊆(2kπ－θ，2kπ＋θ)， 故存在整数k，使得2kπ－θ<a－θ<a＋θ<2kπ＋θ， 所以2kπ<a<2kπ， 与a的存在性矛盾，故假设不成立，原命题得证． (3)先说明b＝3符合题意： 解法一：由(1)中f(x)＝5cosx－cos5x，得f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(x＋2π)，所以f(x)是偶函数，且2π为f(x)的周期，所以讨论f(x)在[0，2π)上的情况，由(1)解法一易知，f(x)＝5cosx－cos5x在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数，结合对称性及f(π)＝－4，可知f(x)在[0，2π)上的最大值为f＝3，即当x∈R时，f(x)＝5cosx－cos5x的最大值为3.这说明取φ＝0时，则有5cosx－cos(5x＋φ)≤3对任意x∈R恒成立，即b＝3符合题意． 解法二：由(1)解法二易知，当t∈[－1，1]时，g(t)的最大值仍为g＝3，即当x∈R时，f(x)＝5cosx－cos5x的最大值为3. 这说明取φ＝0时，则有5cosx－cos(5x＋φ)≤3对任意x∈R恒成立，即b＝3符合题意． 下面说明b<3不成立： 解法一：在(2)中取θ＝，a＝φ，则存在y0∈，使得cosy0≤cos，若x0＝∈， 则5cosx0－cos(5x0＋φ)＝5cosx0－cosy0≥5cos－cos＝3， 所以b<3无法满足5cosx－cos(5x＋φ)≤b对任意x∈R恒成立． 综上所述，b的最小值为3. 解法二：设h(x)＝5cosx－cos(5x＋φ)． 若存在φ∈R，使得h(x)＝5cosx－cos(5x＋φ)≤b对任意x∈R恒成立，则对这样的φ，同样有h(x)＝－h(x＋π)≥－b. 所以|h(x)|≤b对任意x∈R恒成立，这样直接得到b≥0. 设－＝m，则根据|h(x)|≤b恒成立，有b≥＝＝＝＝6|cosm|， b≥＝＝＝＝6， b≥＝＝＝＝6， 所以|cosm|，，均不超过， 再结合cos2x＝2cos2x－1＝2|cosx|2－1， 就得到cos2m，cos，cos均不超过2－1＝－1. 假设b<3，则－1<－1＝， 故cos2m，cos，cos∈. 但这是不可能的，因为三个角2m，2m＋，2m－的终边和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线x＝的左侧，所以假设不成立，这说明b≥3. 综上所述，b的最小值为3. 2．(2024·新课标Ⅰ卷，18)已知函数f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围． 解：(1)当b＝0时，f(x)＝ln ＋ax，其中x∈(0，2)， 则f′(x)＝＋＋a＝＋a，x∈(0，2)， 因为x(2－x)≤＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 故f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0恒成立， 故2＋a≥0，即a≥－2，所以a的最小值为－2. (2)证明：因为f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0，2)，且f(1)＝a， 设点P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点， 则点P(m，n)关于点(1，a)的对称点为Q(2－m，2a－n)， 因为点P(m，n)在y＝f(x)的图象上， 故n＝ln ＋am＋b(m－1)3， 而f(2－m)＝ln ＋a(2－m)＋b(2－m－1)3＝－＋2a＝－n＋2a，所以点Q(2－m，2a－n)也在y＝f(x)的图象上， 由点P的任意性可得y＝f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a)． (3)因为f(x)>－2当且仅当1<x<2， 故x＝1为f(x)＝－2的一个解， 所以f(1)＝－2，即a＝－2， 先考虑当1<x<2时，f(x)>－2恒成立． 此时f(x)>－2，即ln ＋2(1－x)＋b(x－1)3>0在(1，2)上恒成立， 设t＝x－1，则当x∈(1，2)时，t∈(0，1)， 则ln －2t＋bt3>0在(0，1)上恒成立， 设g(t)＝ln －2t＋bt3， 则g′(t)＝－2＋3bt2＝， 当b≥0时，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0， 故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立； 当－≤b<0时，－3bt2＋2＋3b>2＋3b≥0， 故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立； 当b<－时，则当0<t<<1时，g′(t)<0， 故g(t)在上为减函数， 故g(t)<g(0)＝0，不符合题意，舍去． 综上所述，f(x)>－2在(1，2)上恒成立时，b≥－. 而当b≥－时，由上述过程可得g(t)在(0，1)上单调递增， 故g(t)>0的解为(0，1)， 即f(x)>－2的解为(1，2)． 综上，b的取值范围是. 3．(2023·新课标Ⅰ卷，19)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＋. 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，由于ex>0，则aex≤0， 故f′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0， 解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证法一：由(1)得， f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋， 即证a2－－ln a>0恒成立， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<， 令g′(a)>0，则a>， 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝－－ln ＝ln >0， 则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕． 证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增， 所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增， 又h′(0)＝e0－1＝0， 所以当x<0时，h′(x)<0， 当x>0时，h′(x)>0， 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)>2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立， 以下同证法一． 4．(2023·新课标Ⅱ卷，22)(1)证明：当0<x<1时，x－x2<sinx<x； (2)已知函数f(x)＝cosax－ln (1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围． 解：(1)证明：构建F(x)＝x－sinx，x∈(0，1)， 则F′(x)＝1－cosx>0对任意x∈(0，1)恒成立， 则F(x)在(0，1)上单调递增，可得F(x)>F(0)＝0， 所以x>sinx，x∈(0，1)； 构建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx，x∈(0，1)， 则G′(x)＝2x－1＋cosx，x∈(0，1)， 构建g(x)＝G′(x)，x∈(0，1)， 则g′(x)＝2－sinx>0对任意x∈(0，1)恒成立， 则g(x)在(0，1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0， 即G′(x)>0对任意x∈(0，1)恒成立， 则G(x)在(0，1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0， 所以sinx>x－x2，x∈(0，1)． 综上所述，当0<x<1时，x－x2<sinx<x. (2)解法一：由1－x2>0，解得－1<x<1，即函数f(x)的定义域为(－1，1)． 若a＝0，则f(x)＝1－ln (1－x2)，x∈(－1，1)， 因为y＝1－ln u在定义域内单调递减，u＝1－x2在(－1，0)上单调递增，在(0，1)上单调递减，则f(x)＝1－ln (1－x2)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增， 故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意，所以a≠0. 当a≠0时，令b＝|a|>0， 因为f(x)＝cosax－ln (1－x2)＝cos(|a|x)－ln (1－x2)＝cosbx－ln (1－x2)，且f(－x)＝cos(－bx)－ln [1－(－x)2]＝cosbx－ln (1－x2)＝f(x)， 所以函数f(x)在定义域内为偶函数， 由题意可得，f′(x)＝－bsinbx－，x∈(－1，1)， (ⅰ)当0<b2≤2时，取m＝min，x∈(0，m)，则bx∈(0，1)， 由(1)可得f′(x)＝－bsinbx－>－b2x－＝， 且b2x2>0，2－b2≥0，1－x2>0， 所以f′(x)>>0， 即当x∈(0，m)⊆(0，1)时，f′(x)>0， 则f(x)在(0，m)上单调递增， 结合偶函数图象的对称性可知，f(x)在(－m，0)上单调递减， 所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意； (ⅱ)当b2>2时，取x∈⊆(0，1)， 则bx∈(0，1)， 由(1)可得f′(x)＝－bsinbx－<－b(bx－b2x2)－＝(－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2)， 构建h(x)＝－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2，x∈， 则h′(x)＝－3b3x2＋2b2x＋b3，x∈， 且h′(0)＝b3>0，h′＝b3－b>0，则h′(x)>0对任意x∈恒成立，可知h(x)在上单调递增，且h(0)＝2－b2<0，h＝2>0， 所以h(x)在内存在唯一的零点n∈， 当x∈(0，n)时，则h(x)<0，且x>0，1－x2>0， 则f′(x)<(－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2)<0， 即当x∈(0，n)⊆(0，1)时，f′(x)<0，则f(x)在(0，n)上单调递减， 结合偶函数图象的对称性可知，f(x)在(－n，0)上单调递增， 所以x＝0是f(x)的极大值点，符合题意． 综上所述，b2>2，即a2>2， 解得a>或a<－， 故a的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)． 解法二：由f(x)＝cosax－ln (1－x2)，得f′(x)＝－asinax＋(－1＜x＜1)， 令t(x)＝－asinax＋(－1＜x＜1)， 则t′(x)＝－a2cosax＋(－1＜x＜1)． 由x＝0是f(x)的极大值点，易得f′(0)＝0，t′(0)＜0， 所以2－a2＜0，解得a＜－或a＞. 所以a的取值范围是(－∞，－)∪(，＋∞)． 给定两个正整数m，n，函数f(x)在x＝0处的[n，m]阶帕德逼近定义为R(x)＝，且满足f(0)＝R(0)，f′(0)＝R′(0)，…，f(m＋n)(0)＝R(m＋n)(0)(注：f′(x)为f(x)的导函数，f″(x)为f′(x)的导函数，f(3)(x)为f″(x)的导函数，以此类推)．已知函数f(x)＝ln (x＋1)． (1)记R(x)为f(x)在x＝0处的[1，1]阶帕德逼近，判断函数g(x)＝f(x)－R(x)的单调性； (2)∀x≥0，a(x＋1)f(x)≤x2＋2x，求a的取值范围； (3)求证：∀n∈N*，>>e3(e为自然对数的底数)． 解：(1)由题意，得R(x)＝， f(x)＝ln (x＋1)，f′(x)＝，f″(x)＝－， 由f(0)＝R(0)，得a0＝0，所以R(x)＝， 则R′(x)＝， 由f′(0)＝R′(0)，得a1＝1， 所以R″(x)＝－， 由f″(0)＝R″(0)，得b1＝， 则R(x)＝＝， 故g(x)＝ln (x＋1)－＝ln (x＋1)－2＋，x>－1， 则g′(x)＝－＝＝≥0， 所以函数g(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增． (2)依题意，得a(x＋1)ln (x＋1)－x2－2x≤0在区间[0，＋∞)上恒成立． 令h(x)＝a(x＋1)ln (x＋1)－x2－2x(x≥0)，注意到h(0)＝0，则h′(x)＝aln (x＋1)＋a－2x－2， 因为h(x)≤h(0)在区间[0，＋∞)上恒成立， 所以∃x0>0，使h(x)在区间[0，x0)上单调递减， 即当x∈[0，x0)时，h′(x)≤0， 故h′(0)＝a－2≤0，则a≤2. 当a≤2时，h(x)＝a(x＋1)ln (x＋1)－x2－2x≤2(x＋1)ln (x＋1)－x2－2x. 令H(x)＝2(x＋1)ln (x＋1)－x2－2x(x≥0)， 则H′(x)＝2ln (x＋1)－2x， 因为H″(x)＝－≤0，所以H′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，则H′(x)≤H′(0)＝0， 故H(x)在区间[0，＋∞)上单调递减， 则H(x)≤H(0)＝0， 所以h(x)≤H(x)≤0，符合题意． 所以a的取值范围是(－∞，2]． (3)证明：由(1)可知，当x>0时，g(x)>g(0)＝0， 即ln (x＋1)－>0，整理得ln (x＋1)>1， 由(2)可知，当x>0时，ln (x＋1)<， 则ln (x＋1)<1＋. 综上，当x>0时，1<ln (x＋1)<1＋. 令x＝，得1<ln <1＋， 即e<<e1＋. 令cn＝，则cn＋1＝， 故要证>>e3， 即证cn>cn＋1>e. 因为＝＝， 所以e<<1， 由<1，可知cn＋1<cn， 又e<， 所以cn＋1＝c1···…·>e·e·e·…·e＝e＝e＝e·e>e， 故cn>cn＋1>e，即不等式得证． 专题作业 基础题(占比20%)　中档题(占比60%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 公切线问题；由不等式恒成立求参数范围 利用导数求切线方程；利用拆分函数法构造函数证明不等式 与极值点偏移有关的证明问题 利用导数讨论函数的单调性；不等式能成立问题 利用导数求切线方程；讨论函数的单调性；放缩法证明不等式 新定义与不等式恒成立问题、作差法证明不等式的综合 1．(2025·广东广州二模)已知函数f(x)＝e2x，g(x)＝(a∈R，且a≠0)． (1)若a>0，直线l：y＝2x＋m与曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都相切，求a的值； (2)若f(x)≥g(x)，求a的取值范围． 解：(1)解法一：设直线l：y＝2x＋m与曲线y＝f(x)＝e2x的切点坐标为(x0，y0)， 由于f′(x)＝2e2x，则f′(x0)＝2e2x0＝2， 解得x0＝0，y0＝e2x0＝1，则切点坐标为(0，1)． 直线l：y－1＝2x，即y＝2x＋1. 由得4x2＋(4－a)x＋1＝0， 由Δ＝(4－a)2－16＝0，解得a＝8或a＝0(舍去)， 当a＝8时，得x＝，符合题意，所以a＝8. 解法二：设直线l：y＝2x＋m与曲线y＝f(x)＝e2x的切点坐标为(x0，y0)， 由于f′(x)＝2e2x，则f′(x0)＝2e2x0＝2， 解得x0＝0，y0＝e2x0＝1， 则切点坐标为(0，1)． 直线l：y－1＝2x，即y＝2x＋1. 当a>0时，函数g(x)＝的定义域为[0，＋∞)， 设直线l与曲线y＝g(x)＝的切点坐标为(x1，y1)， 由g′(x)＝，得g′(x1)＝＝2， 得a＝16x1. 得l：y－＝2(x－x1)， 即y＝2x－2x1＋， 则－2x1＋＝1. 解得x1＝，a＝8. (2)①当a<0时，函数g(x)＝的定义域为(－∞，0]． 由于f＝e<e0＝1，g＝＝1， 则f<g，不符合题意． 所以a<0不符合题意． ②当a>0时，函数g(x)＝的定义域为[0，＋∞)． 显然f(0)≥g(0)． 当x>0时，由f(x)≥g(x)，得e2x≥， 即2x≥(ln a＋ln x)， 得ln a≤4x－ln x. 令h(x)＝4x－ln x(x>0)， 则h′(x)＝4－＝. 当0<x<时，h′(x)<0，h(x)在上单调递减， 当x>时，h′(x)>0，h(x)在上单调递增． 则当x＝时，h(x)取得最小值，为h＝1－ln ＝ln (4e)． 则ln a≤ln (4e)，即a≤4e. 综上所述，a的取值范围为(0，4e]． 2．已知f(x)＝x2－xln x. (1)求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)当a∈(0，2e)时，证明：2x2－(2x＋a)ln x>0. 解：(1)因为f(x)＝x2－xln x， 则f(1)＝1，f′(x)＝2x－ln x－1， 则f′(1)＝1， 所以所求切线方程为y－1＝1×(x－1)， 即y＝x. (2)证明：由题意，可知x>0，要证2x2－(2x＋a)ln x>0， 即证x－ln x>， 令g(x)＝x－ln x，则g′(x)＝1－＝， 当0<x<1时，g′(x)<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g(x)≥g(1)＝1.令h(x)＝， 则h′(x)＝， 因为a∈(0，2e)，所以当0<x<e时，h′(x)>0，当x>e时，h′(x)<0， 所以h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减． 所以h(x)≤h(e)＝<1， 所以g(x)>h(x)恒成立，即x－ln x>恒成立， 所以当a∈(0，2e)时，2x2－(2x＋a)ln x>0. 3．已知函数f(x)＝ln x＋－，若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个极值点，证明： (1)f(x1)＋2a≥3－ln 2； (2)<. 证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－＋＝. 由题意知，当Δ＝9－8a>0时，x1，x2是x2－3x＋2a＝0的两根，∴ ∵x1<x2，∴0<x1<， ∵x－3x1＋2a＝0，∴a＝－x＋x1， ∴f(x1)＋2a＝ln x1＋－＋2a＝ln x1＋＋－x＋3x1. 设h(x)＝ln x＋－x2＋3x＋， 则h′(x)＝－－2x＋3＝， 当x∈时，h′(x)<0， 当x∈时，h′(x)>0， ∴h(x)在上单调递减，在上单调递增， 则h(x)≥h＝3－ln 2， 故f(x1)＋2a≥3－ln 2. (2)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－＋＝. 由题意知，当Δ＝9－8a>0时，x1，x2是x2－3x＋2a＝0的两根，∴ ∴ ＝ ＝－＋ ＝－＋ ＝－. 要证<， 只需证－<， 即证<，即证<，即证ln x1－ln x2>， 即证ln >－. 设t＝，则0<t<1，即证ln t>t－(0<t<1)． 令h(t)＝ln t－t＋(0<t<1)， 则h′(t)＝－1－＝<0， ∴h(t)在(0，1)上单调递减， 则h(t)>ln 1－1＋1＝0， ∴ln t>t－，故<. 4．(2025·吉林长春八中一模)已知函数f(x)＝x2＋(2a－2)x－4aln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a＝1，若存在x1，x2∈(2，＋∞)，且x1≠x2，使不等式|f(x1)－f(x2)|≤k|ln x1－ln x2|成立，求实数k的取值范围． 解：(1)∵f′(x)＝x＋(2a－2)－ ＝ ＝(x>0)． 令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2a. ∴①当－2a＝2，即a＝－1时，f′(x)≥0在x>0时恒成立， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当－2a>2，即a<－1时， 当x∈(0，2)∪(－2a，＋∞)时，f′(x)>0， 当x∈(2，－2a)时，f′(x)<0， 则f(x)在(0，2)和(－2a，＋∞)上单调递增，在(2，－2a)上单调递减； ③当0<－2a<2，即－1<a<0时， 当x∈(0，－2a)∪(2，＋∞)时，f′(x)>0， 当x∈(－2a，2)时，f′(x)<0， 则f(x)在(0，－2a)和(2，＋∞)上单调递增，在(－2a，2)上单调递减； ④当－2a≤0，即a≥0时， 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0， 当x∈(0，2)时，f′(x)<0， 则f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知，当a＝1时，f(x)在(2，＋∞)上单调递增，不妨设x2>x1>2， 则不等式|f(x1)－f(x2)|≤k|ln x1－ln x2|可化为f(x2)－f(x1)≤kln x2－kln x1， f(x1)－kln x1≥f(x2)－kln x2， 令g(x)＝f(x)－kln x， 则g(x)在(2，＋∞)上存在单调递减区间． ∴g′(x)＝f′(x)－<0在区间(2，＋∞)上有解， 即－<0在x∈(2，＋∞)上有解， ∴k>(x2－4)min，x∈(2，＋∞)，故k>0. ∴实数k的取值范围是(0，＋∞)． 5．(2025·天津河西二模)已知函数f(x)＝aln x－x2＋3x＋3a(a∈R)． (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性； (3)已知a∈，证明：xf(x)<ex－x3＋3x2(其中e是自然对数的底数)． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋3x＋3， 则f′(x)＝－2x＋3，当x＝1时，f′(1)＝2，f(1)＝5， 切线方程为y－5＝2(x－1)，整理，得2x－y＋3＝0， 所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为2x－y＋3＝0. (2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x＋3＝， 对于关于x的方程－2x2＋3x＋a＝0，有Δ＝9＋8a， 当a≤－时，Δ≤0，则f′(x)≤0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>－时，方程－2x2＋3x＋a＝0有两根x1＝，x2＝， 若a≥0，则x1≤0，x2>0， 当x∈时，f′(x)>0， 当x∈时，f′(x)<0， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减； 若－<a<0，则0<x1<x2， 当x∈或x∈时，f′(x)<0， 当x∈时，f′(x)>0， 所以f(x)在和上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当a≤－时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a≥0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减； 当－<a<0时，f(x)在和上单调递减，在上单调递增． (3)证明：要证xf(x)<ex－x3＋3x2，即证a(ln x＋3)<， 因为a>0，x>0，所以>0， 当ln x＋3≤0时，不等式a(ln x＋3)<显然成立； 当ln x＋3>0时，因为a∈， 则a(ln x＋3)<(ln x＋3)， 所以只需证(ln x＋3)≤， 即证≤， 令g(x)＝，x∈(0，＋∞)， 则g′(x)＝， 由g′(x)>0，得0<x<， 由g′(x)<0，得x>， 则g(x)在上单调递增，在上单调递减，故g(x)≤g＝e2. 令h(x)＝，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝， 所以当0<x<2时，h′(x)<0，当x>2时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(2)＝e2， 所以g(x)<h(x)恒成立， 即xf(x)<ex－x3＋3x2. 6．若函数f(x)，g(x)与h(x)在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x)，则称函数h(x)为f(x)和g(x)在区间D上的“隔离函数”． (1)若f(x)＝x，g(x)＝－2x，h(x)＝2x2＋3，D＝[1，2]，判断h(x)是否为f(x)和g(x)在区间D上的“隔离函数”，并说明理由； (2)若f(x)＝ex－1，h(x)＝kx，且f(x)≥h(x)在R上恒成立，求k的值； (3)若f(x)＝ex，g(x)＝＋1，h(x)＝kx＋b(k，b∈R)，D＝(0，＋∞)，证明：b＝k－1是h(x)为f(x)和g(x)在(0，＋∞)上的“隔离函数”的必要条件． 解：(1)h(x)是f(x)和g(x)在区间D上的“隔离函数”． 因为f(x)＝x，g(x)＝－2x，h(x)＝2x2＋3， 所以f(x)－h(x)＝x－(2x2＋3)＝－2＋， f(x)－h(x)在上单调递增，在上单调递减， 又f(1)－h(1)＝，f(2)－h(2)＝0， 当x＝2时，f(x)－h(x)在区间D上取到最小值0， 故∀x∈[1，2]，f(x)≥h(x)． 又h(x)－g(x)＝2x2＋3＋2x＝2≥0，所以h(x)≥g(x)． 综上，h(x)是f(x)和g(x)在区间D上的“隔离函数”． (2)设φ(x)＝ex－1－kx，x∈R， 则φ′(x)＝ex－k， 因为φ(x)≥0＝φ(0)，则x＝0是φ(x)的极小值点，也是最小值点， 所以φ′(0)＝1－k＝0，即k＝1. 当k＝1时，φ(x)＝ex－1－x，φ′(x)＝ex－1， 当x>0时，φ′(x)>0，当x<0时，φ′(x)<0， 所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 所以φ(x)≥φ(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立(当且仅当x＝0时取等号)，故k＝1. (3)证明：设F(x)＝ex－，x∈(0，＋∞)， 由(2)，得ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)， 所以F(x)＝ex－＝[xex－(x＋ln x＋1)]＝[ex＋ln x－(x＋ln x＋1)] ≥[x＋ln x＋1－(x＋ln x＋1)]＝0， 当且仅当x＋ln x＝0时取等号， 设G(x)＝x＋ln x，x∈(0，＋∞)， 则G′(x)＝1＋>0， 所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又G(1)＝1>0，G(e－1)＝e－1－1<0， 所以存在唯一的x0∈(e－1，1)，使得G(x0)＝0， 即x0＋ln x0＝0，则x0＝ln ，ex0＝， 则F(x0)＝0，即e x0＝＋1， 由“隔离函数”的定义可得ex0≥kx0＋b≥＋1＝e x0， 所以kx0＋b＝e x0， 设H(x)＝ex－kx－b，x∈(0，＋∞)， 则H(x0)＝e x0－kx0－b＝0，H′(x)＝ex－k， 又H(x)≥0＝H(x0)， 则x0是H(x)的极小值点， 所以H′(x0)＝e x0－k＝0，即k＝e x0， 结合e x0＝，kx0＋b＝e x0，得1＋b＝k， 故b＝k－1， 所以b＝k－1是h(x)为f(x)和g(x)在(0，＋∞)上的“隔离函数”的必要条件． 33 学科网（北京）股份有限公司 $