专题1 函数与导数 专项突破一 函数与导数解答题 课件-2026届高三数学二轮复习

专项突破一 函数与导数解答题 专题一 2026 突破1 利用导数求参数的值或范围 必备知识•精要梳理　 1.不等式恒成立(能成立)求参数范围的类型与解法 设函数f(x)的定义域为D. (1)当f(x)存在最值时: ①∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k. ②∀x∈D,f(x)≥k⇔f(x)min≥k;∃x∈D,f(x)≥k⇔f(x)max≥k. ③∀x∈D,f(x)<k⇔f(x)max<k;∃x∈D,f(x)<k⇔f(x)min<k. ④∀x∈D,f(x)>k⇔f(x)min>k;∃x∈D,f(x)>k⇔f(x)max>k. 突破1 突破2 突破3 (2)当f(x)不存在最值时,若其值域为(m,M), ①∀x∈D,f(x)≤k⇔M≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔m<k. ②∀x∈D,f(x)≥k⇔m≥k;∃x∈D,f(x)≥k⇔M>k. ③∀x∈D,f(x)<k⇔M≤k;∃x∈D,f(x)<k⇔m<k. ④∀x∈D,f(x)>k⇔m≥k;∃x∈D,f(x)>k⇔M>k. 名师点析在不等式恒成立(能成立)问题中,函数有无最值、不等式中有无等号,结论是有区别的,应注意区分. 突破1 突破2 突破3 2.含两个变量的“任存”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)在区间[a,b]上的最小值>g(x)在区间[c,d]上的最大值. (2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的最大值>g(x)在区间[c,d]上的最小值. (3)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的最小值>g(x)在区间[c,d]上的最小值. “任存”是指任意、存在,表示两个变量对应的逻辑量词 f(x)在区间[a,b]上的最大值和最小值均存在,g(x) 在区间[c,d]上的最大值和最小值均存在. 突破1 突破2 突破3 (5)∃x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的值域与g(x)在区间[c,d]上的值域的交集非空. (6)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的值域⊆g(x)在区间[c,d]上的值域. (7)∀x2∈[c,d],∃x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的值域⊇g(x)在区间[c,d]上的值域. (4)∃x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在区间[a,b]上的最大值>g(x)在区间[c,d]上的最大值. 名师点析不等式的“任存”问题,均转化为两个函数的最值之间的不等关系;等式的“任存”问题,则转化为两个函数的值域之间的包含关系. 突破1 突破2 突破3 关键能力•学案突破　 考向一　已知不等式恒成立求参数的取值范围 命题角度1　“分离参数求最值”解决不等式恒成立求参数的取值范围问题 (2025·广西河池期末)已知函数f(x)=2ln x+-2,其中a>0. (1)若函数f(x)在x=1处取得极值,求实数a的值; (2)若函数f(x)≥1在区间[1,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围. 突破1 突破2 突破3 解 (1)由题意,得函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= 因为函数f(x)在x=1处取得极值, 所以f'(1)=2-a=0,解得a=2,此时,f'(x)= 当0<x<1时,f'(x)<0;当x>1时,f'(x)>0, 因此,函数f(x)在x=1处取得极值. 所以实数a的值是2. 突破1 突破2 突破3 (2)因为对∀x∈[1,+∞),f(x)≥1,所以2ln x+-2≥1对∀x∈[1,+∞)恒成立, 所以a≥3x-2xln x对∀x∈[1,+∞)恒成立. 令g(x)=3x-2xln x,x≥1, 则g'(x)=3-2(1+ln x)=1-2ln x. 当1≤x<时,g'(x)>0; 当x>时,g'(x)<0,所以g(x)在区间[1,)上单调递增,在区间(,+∞)上单调递减. 因此,当x=时,g(x)max=g()=3-2ln=2,所以a≥2, 即实数a的取值范围是[2,+∞). 突破1 突破2 突破3 方法总结1.分离参数法来确定不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤 (1)将参数与变量分离,化为g(λ)≥h(x)或g(λ)≤h(x)的形式. (2)求h(x)在区间D上的最大值或最小值. (3)解不等式g(λ)≥h(x)max或g(λ)≤h(x)min,得到λ的取值范围. 2.为了求函数的最值,有时需要多次构造函数,进行二次甚至三次求导. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 已知函数f(x)=(ax+1)·ex(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; (2)若a=2,当x≥0时,f(x)≥kx,求实数k的取值范围. 突破1 突破2 突破3 解 (1)因为f(x)=(ax+1)ex, 所以f'(x)=aex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex. 若a=0,则f'(x)>0,f(x)是R上的增函数; 突破1 突破2 突破3 (2)若a=2,不等式f(x)≥kx即为(2x+1)ex≥kx(*). 当x=0时,不等式(*)化为1≥k·0,恒成立,此时k∈R. 突破1 突破2 突破3 命题角度2　“端点效应法”解决不等式恒成立求参数范围问题 [例1-2]已知函数f(x)=m(x+1)2-1-2ln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当x∈[1,2]时,不等式f(x)≤0恒成立,求实数m的取值范围. 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 名师点析利用“端点效应法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题 在解决不等式恒成立问题时,端点处满足的临界条件,经常是使命题成立的重要条件,由此可缩小参数的取值范围,而在很多情况下,该范围即为所求,这种通过观察区间端点值来解决问题的方法称为“端点效应法”.“端点效应”是特殊化思想的具体运用,往往可以简化问题的求解过程.根据端点处所满足的条件不同,“端点效应”常常有以下几种情况 (1)利用原函数在端点处的函数值建立不等式确定参数的取值范围. (2)利用函数的导函数在端点处的函数值满足相应条件建立不等式求解. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 已知函数f(x)=(x+1)e-ax,a≠0,若对任意的x≥0,不等式f(x)≤ x+1恒成立,求实数a的取值范围. 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 命题角度3　“同构法”和“隐零点法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题 [例1-3]已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积; (2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围. 突破1 突破2 突破3 解 (1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,所以f'(x)=ex- ,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率k=f'(1)=e-1. 又f(1)=e+1,所以切点坐标为(1,1+e),所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2. 突破1 突破2 突破3 (2)(方法一:同构法)不等式f(x)≥1,即aex-1-ln x+ln a≥1, 即aex-1+ln a-1≥ln x,所以ex-1+ln a-1+ln a≥ln x, 所以ex-1+ln a+x-1+ln a≥ln x+x.(*) 令g(x)=ex+x,则(*)式等价于g(x-1+ln a)≥g(ln x), 显然g(x)为增函数,所以x-1+ln a≥ln x,即ln a≥ln x-x+1. 当0<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,所以h(x)max=h(1)=0, 因此ln a≥0,即a≥1,所以实数a的取值范围是[1,+∞). 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 所以f(x)>1,因此f(x)≥1恒成立; 当0<a<1时,f(1)=a+ln a<a<1,所以f(x)≥1不能恒成立. 综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞). 突破1 突破2 突破3 名师点析1.利用“同构法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题的基本思路 在不等式恒成立求参数取值范围问题中,如果不等式中同时含有ex和ln x两种形式的式子,可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑,将不等式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式,然后借助该函数的单调性转化为一个更为简单的不等式恒成立问题,从而解决问题.例如:若能将不等式F(x)>0等价变形为f(g(x))>f(h(x)),然后利用f(x)的单调性,如单调递增,再转化为g(x)>h(x),这种解题方法通常称之为“同构法”,同构法的一般步骤如下: 突破1 突破2 突破3 (1)指对分离,将不等式中的指数部分与对数部分分离,分别放在不等式的两边. (2)参数放在一起,含有欲求范围的参数项要集中在一起. (3)常数放在头上,ex项前面的常数系数如a,要通过a=eln a转移到ex项的指数位置中. (4)缺什么项就凑什么项,按照ex指数中的项进行拼凑,缺什么就凑什么,这时两边就会化为同一个函数的两个函数值的形式了. 突破1 突破2 突破3 2.利用“隐零点法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题 在利用导数研究不等式恒成立问题时,需要确定函数的单调性或极值点,因而需要确定函数或导函数的零点.当零点无法直接解出来时,我们称之为“隐零点”(即能确定其存在,但又无法用数值或显性的代数式进行表达).当出现“隐零点”时,我们可以虚设零点,这种解决问题的方法称为“隐零点法”.利用“隐零点法”解决问题的技巧是:形式上虚设,运算上代换,数值上估算,策略上等价转化. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 已知函数f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1(其中a为常数,e是自然对数的底数),曲线y1=f(x)-ln a在点A(0,a)处的切线为l1,曲线y2=g(x-1)-1在点B(a,0)处的切线为l2. (1)若l1∥l2,求直线l1和l2的方程; (2)若f(x)>g(x)恒成立,求实数a的取值范围. 突破1 突破2 突破3 解 (1)根据题意可知,曲线y1=f(x)-ln a=aex在点A(0,a)处的切线为l1, 曲线y2=g(x-1)-1=ln x在点B(a,0)处的切线为l2. 又由题意可知a>0,所以a=1. 因为切线l1过点A(0,1),斜率k1=1;切线l2过点B(1,0),斜率k2=1,所以直线l1的方程为x-y+1=0,直线l2的方程为x-y-1=0. 突破1 突破2 突破3 (2)(方法一:同构法)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1, 所以f(x)>g(x)恒成立,即aex+ln a>ln(x+1)+1(x>-1)恒成立, 可等价转化为aex+ln(aex)>ln(x+1)+(x+1)(x>-1)恒成立. 当x∈(-1,0)时,s'(x)>0,s(x)单调递增; 当x∈(0,+∞)时,s'(x)<0,s(x)单调递减, 所以s(x)≤s(0)=1,从而a>1,即实数a的取值范围为(1,+∞). 突破1 突破2 突破3 (方法二:隐零点法)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1, 故f(x)>g(x)恒成立,可等价转化为aex-ln(x+1)+ln a-1>0在区间(-1,+∞)内恒成立. 记h(x)=aex-ln(x+1)+ln a-1,x∈(-1,+∞)(a>0). 当0<a≤1时,h(0)=a+ln a-1≤0,不符合题意; 记φ(x)=a(x+1)ex-1,x∈[-1,+∞),则φ'(x)=a(x+2)ex>0, 所以φ(x)在区间[-1,+∞)内单调递增,又φ(-1)=-1,φ(0)=a-1>0, 所以∃x0∈(-1,0)使得φ(x0)=0,即a(x0+1) -1=0①. 突破1 突破2 突破3 则当x∈(-1,x0)时,φ(x)<0,即h'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,φ(x)>0,即h'(x)>0, 故h(x)在区间(-1,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,所以 h(x)min>0,所以当a>1时,h(x)>0恒成立. 故实数a的取值范围为(1,+∞). 突破1 突破2 突破3 易错防范·不丢分 已知函数f(x)=-x2+x+ln x. (1)求f(x)的单调区间; (2)若对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤mxex-x2-1恒成立,求实数m的最小值. 突破1 突破2 突破3 解 (1)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞). 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, 故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 易错提醒利用“隐零点法”解决问题时,经常出现“只设不用”的错误,即能够根据函数解析式以及给定区间设出“隐零点”,但不注意“隐零点”满足的等量关系,不能在后续解题过程中合理地运用“隐零点”满足的等量关系解决相关问题,所以要深入分析“隐零点”所满足的条件,巧妙运用代换、放缩等方法解决问题. 突破1 突破2 突破3 考向二　不等式能成立求参数的取值范围问题 (2025·广西北海期末)已知函数f(x)=ln x-a(x+1)+2(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若∃x∈(0,+∞),使得f(x)≥0,求实数a的取值范围. 突破1 突破2 突破3 解 (1)因为f(x)=ln x-a(x+1)+2, 所以f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a(x>0). 当a≤0时,f'(x)>0,函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,由f'(x)=0,解得x= 当x时,f'(x)>0,f(x)在区间上单调递增; 当x时,f'(x)<0,f(x)在区间上单调递减. 突破1 突破2 突破3 (2)因为∃x∈(0,+∞),使得f(x)≥0, 所以ln x-a(x+1)+2≥0能成立, 所以a(x+1)≤ln x+2能成立, 又x>0,所以a能成立. 令g(x)=(x>0),则g'(x)= 令h(x)=-ln x-1(x>0), 则h'(x)=-=-<0恒成立, 所以h(x)在区间(0,+∞)上单调递减, 突破1 突破2 突破3 又h(1)=0, 所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,所以g'(x)>0,所以g(x)在区间(0,1)上单调递增; 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,所以g'(x)<0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递减. 所以g(x)max=g(1)==1. 所以a≤g(x)max=1, 即实数a的取值范围为(-∞,1]. 突破1 突破2 突破3 名师点析不等式能成立问题的解题关键   突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 已知函数f(x)=aln x-x. (1)若a=3,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 考向三　“任存问题”求参数取值范围 命题角度1　不等式中的“任存问题” 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 (2)对任意x1∈(0,+∞),存在x2∈R,使得f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min, x1∈(0,+∞),x2∈R. 突破1 突破2 突破3 名师点析不等式中“任存”问题求解注意点 (1)明确变量前面的量词是“任意”还是“存在”,正确作出区分. (2)弄清是需要求函数的最大值还是最小值. (3)注意函数最值不存在时,参数取值范围中是否加“=”. (4)注意不等式中有无“=”. 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 而a≠0,所以当a>0时,由f'(x)<0,得0<x<2a,由f'(x)>0,得x>2a, 因此函数f(x)在区间(0,2a)内单调递减,在区间(2a,+∞)内单调递增. 当a<0时,由f'(x)<0,得0<x<-6a,由f'(x)>0,得x>-6a, 因此函数f(x)在区间(0,-6a)内单调递减,在区间(-6a,+∞)内单调递增. 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 命题角度2　等式中的“任存问题” 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 当x>2时,f'(x)<0,∴f(x)在区间(2,+∞)内单调递减,且f(2)=-4, 因此当x∈(2,+∞)时,f(x)∈(-∞,-4). 当x→+∞时,g(x)→0,∴当x∈(1,+∞)时,g(x)∈(-∞,0). ∵(-∞,-4)⫋(-∞,0), ∴对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)=g(x2). 突破1 突破2 突破3 名师点析等式中“任存问题”的基本解法 (1)“存在—存在”型:∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在区间D1上的取值集合A与函数g(x)在区间D2上的取值集合B的交集不为空集,即A∩B≠⌀. 其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的函数值的取值集合有交集. (2)“任意—存在”型:∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在区间D1上的取值集合A是函数g(x)在区间D2上的取值集合B的子集,即A⊆B. 其等价转化的基本思想:函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一个函数值相等,即f(x)的函数值都在g(x)的取值集合之中. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 已知函数f(x)=(1-a)(x-1)-ln x+1,g(x)=xe1-x. (1)求g(x)在区间(0,e]上的取值范围; (2)是否存在实数a,对任意给定的x0∈(0,e],在区间[1,e]上存在不同的x1,x2使得f(x1)=f(x2)=g(x0)?若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由. 突破1 突破2 突破3 解 (1)g'(x)=(1-x)e1-x,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当x∈(1,e]时,g'(x)<0,g(x)单调递减,g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e×e1-e=e2-e>0, ∴g(x)在区间(0,e]内的取值范围为(0,1]. 突破1 突破2 突破3 由(1)知g(x)在区间(0,e]内的取值范围为(0,1],而f(1)=1, ∴要使对任意x0∈(0,e],在区间[1,e]上存在不同的x1,x2,使得f(x1)=f(x2)=g(x0), 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破2 利用导数证明问题 必备知识•精要梳理　 与ex,ln x有关的常用不等式的结论 (1)由在函数f(x)=ex图象上任一点(m,f(m)) 处的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥x+1;当m=1时,有ex≥ex. 　称为“切线放缩” 突破1 突破2 突破3 称为“切线放缩” 温馨提示不等式证明中两个常用的放缩不等式:ex≥x+1,ln x≤x-1. 突破1 突破2 突破3 关键能力•学案突破　 考向一　利用导数证明单变量不等式 命题角度1　构造函数利用单调性证明不等式 [例1-1]已知函数f(x)=(x+1)ln x. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)求证:当x≥1时,f(x)≥2(x-1). 突破1 突破2 突破3 当0<x<1时,h'(x)<0;当x>1时,h'(x)>0, 因此函数h(x)在x=1处取得极小值即最小值,且h(1)=2,所以f'(x)>0恒成立. 故f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间. 突破1 突破2 突破3 故g(x)在区间[1,+∞)内单调递增,因此g(x)≥g(1)=0. 故f(x)≥2(x-1). 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 已知函数f(x)=exln(1+x). (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在区间[0,+∞)内的单调性; (3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t). 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 (3)证明:原不等式等价于对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0), 令m(x)=f(x+t)-f(x)(x∈[0,+∞),t∈(0,+∞)). ∵m(x)=f(x+t)-f(x)=ex+tln(1+x+t)-exln(1+x), ∴g(x+t)>g(x),∴m'(x)>0, ∴m(x)在区间[0,+∞)内单调递增, ∴当x>0时,有m(x)>m(0),∴当x>0,t>0时,f(x+t)-f(x)>f(t)-f(0), ∴对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0),即对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t). 突破1 突破2 突破3 一题多解·练思维 已知函数f(x)=aex-ex. (1)若对于任意实数x都有f(x)≥0成立,求实数a的取值范围; (2)当a≥1,且x≥0时,证明:f(x)≥(x-1)2. 突破1 突破2 突破3 (1)解 因为对任意实数x都有f(x)≥0即aex-ex≥0, 当x<1时,g'(x)>0;当x>1时,g'(x)<0.所以g(x)在x=1处取得极大值即最大值,且g(1)=1,故a≥1,即实数a的取值范围为[1,+∞). 突破1 突破2 突破3 (2)证明 由于当a≥1,且x≥0时,f(x)=aex-ex≥ex-ex,因此只需证明 ex-ex≥(x-1)2. 当0≤x<3-e时,h'(x)<0,h(x)单调递减; 当3-e<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. 所以h(x)在x=1处取得极大值,又h(0)=0,h(1)=0,因此当x≥0时,必有h(x)≤0. 故原不等式成立. 突破1 突破2 突破3 (方法二)令s(x)=ex-ex-(x-1)2,x≥0,则s'(x)=ex-e-2(x-1). 设p(x)=ex-e-2(x-1),则p'(x)=ex-2,由p'(x)=0得x=ln 2. 当x∈[0,ln 2)时,p'(x)<0,当x∈(ln 2,+∞)时,p'(x)>0,又p(1)=0, p(0)=3-e>0,0<ln 2<1,p(ln 2)<0, 所以存在x0∈[0,ln 2),使得p(x0)=0. 当x∈[0,x0)时,p(x)>0,当x∈(x0,1)时,p(x)<0,当x∈(1,+∞)时,p(x)>0. 所以s(x)在区间[0,x0)内单调递增,在区间(x0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增. 又s(0)=s(1)=0,所以s(x)≥0.故原不等式成立. 突破1 突破2 突破3 命题角度2　构造函数,利用最值证明不等式 [例1-2] (2024·全国甲,文20)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1. (1)求f(x)的单调区间; (2)若a≤2,证明:当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 (2)证明 ∵a≤2,∴当x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1. 令g(x)=ex-1-2x+ln x+1, ∴h'(x)>h'(1)=0,即h(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 故g'(x)>g'(1)=0,即g(x)在区间(1,+∞)上单调递增, ∴g(x)>g(1)=0,即当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. 突破1 突破2 突破3 名师点析构造函数利用最值证明不等式 在证明不等式f(x)>0(f(x)<0)时,可通过证明f(x)min>0(f(x)max<0)来实现,因此关键是求出函数f(x)的最小值(最大值).在求函数f(x)的最值时,主要利用导数通过单调性及极值求得,有以下几种情形 (1)直接求得f(x)的最值,且最值是一个具体的实数. (2)求得f(x)的最值,且最值是一个含有参数的代数式,再说明该代数式的最值大于0(小于0). (3)通过隐零点求得f(x)的最值,再说明含有隐零点的最值表达式大于0(小于0). 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 (2024·广西南宁一模)已知函数f(x)= x2-aln x+(1-a)x+1(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当a=1时,求证:f(x)≤x(ex-1)+ x2-2ln x. 突破1 突破2 突破3 (1)解 由已知条件得函数f(x)的定义域为(0,+∞), 因为x>0,所以x+1>0. ①若a≤0,则f'(x)>0在区间(0,+∞)上恒成立,故f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. ②若a>0,则当x>a时,f'(x)>0,当0<x<a时,f'(x)<0. 故f(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增. 综上所述,当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,f(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增. 突破1 突破2 突破3 由零点存在性定理可知,存在x0使u(x0)=0, 所以在区间(0,x0)上u(x)<0,在区间(x0,+∞)上u(x)>0, 所以在区间(0,x0)上g'(x)<0,在区间(x0,+∞)上g'(x)>0, 突破1 突破2 突破3 所以g(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增, 所以g(x)在x=x0处取得最小值. 突破1 突破2 突破3 数学思想·扩思路 等价转化思想 设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点. (1)求实数a的值; 突破1 突破2 突破3 (1)解 由题意,f(x)的定义域为(-∞,a). 令y=p(x)=xf(x),则p(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a), 当x<0时,p'(x)>0,当0<x<1时,p'(x)<0, 所以当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极大值点. 突破1 突破2 突破3 因为当x∈(-∞,0)时,xln(1-x)<0,当x∈(0,1)时,xln(1-x)<0,所以需证明 x+ln(1-x)>xln(1-x),即需证明x+(1-x)ln(1-x)>0. 令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1,则h'(x)=(1-x) +1-ln(1-x)=-ln(1-x),所以h'(0)=0,当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,当x∈(0,1)时,h'(x)>0,所以x=0为h(x)的唯一极小值点,也是最小值点,所以当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,所以g(x)<1. 突破1 突破2 突破3 命题角度3　利用放缩法证明不等式 [例1-3] 已知函数f(x)=ln x-ax+2(a>0). (1)若f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围; 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 名师点析放缩法证明不等式 在证明不等式时,若直接证明比较困难,可将不等式中的部分项进行放大或缩小,然后证明放缩后的不等式成立,再根据不等式的传递性证明原不等式成立.常用的放缩技巧有ex≥x+1,ex-1≥x,ln x≤x-1,ln(x+1)≤x等. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 已知函数f(x)= 在x=1处取得极值. (1)求实数a的值,并求函数f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)+x+ >0. 突破1 突破2 突破3 当x∈(0,1)时,f'(x)<0; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在x=1处取得极小值,且f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞). 突破1 突破2 突破3 所以当x∈(0,1)时,g(x)单调递减, 当x∈(1,+∞)时,g(x)单调递增, 所以g(x)≥g(1)=0, 即ln x≤x-1, 则ln(2x)≤2x-1, 即ln 2+ln x≤2x-1, 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 命题角度4　利用“凹凸反转法”证明不等式 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 名师点析“凹凸反转法”证明不等式 在证明不等式f(x)>0时,可将f(x)进行合理地拆分,转化为h(x)>g(x)的形式,其中函数h(x),g(x)的图象分别呈现凹凸形状,实质就是函数h(x),g(x)分别具有最小值和最大值,然后分别求出函数h(x),g(x)的最小值和最大值,只需说明h(x)min≥g(x)max,且h(x)取最小值与g(x)取最大值时的x的值不一样,即可证明h(x)>g(x),这种证明不等式的方法称为“凹凸反转法”. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 考向二　利用导数证明双变量不等式 (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)设函数F(x)=f(x)+xln a,x1,x2是函数f(x)的两个极值点,证明:F(x1)+F(x2)<1-4ln 2. 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 所以当x∈(0,x1')时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(x1',x2')时,g(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减, 当x∈(x2',+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增, 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 名师点析证明含双变量的函数不等式的常见思路 (1)将双变量中的一个看作变量,另一个看作常数,构造一个含参数的辅助函数证明不等式. (2)整体换元.对于齐次式往往可将双变量整体换元,化为一元不等式. (3)若含双变量的函数不等式具有对称性,并且可以将两个变量分离开,分离之后的函数结构具有相似性,从而构造函数利用单调性证明. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 (2025·全国名校大联考)已知函数f(x)=2ln x+ax(a∈R). (1)若f(x)≤0在区间(0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围; (2)设g(x)=x3-f(x),x1,x2为函数g(x)的两个零点,证明:x1x2<1. 突破1 突破2 突破3 (1)解 若f(x)≤0在区间(0,+∞)上恒成立,则a≤-对任意x∈(0,+∞)恒成立. 令u(x)=-, 则u'(x)=- 所以当0<x<e时,u'(x)<0; 当x>e时,u'(x)>0. 所以u(x)在区间(0,e)上单调递减,在区间(e,+∞)上单调递增. 所以u(x)min=u(e)=- 所以a≤- 所以实数a的取值范围是 突破1 突破2 突破3 (2)证明 由g(x)=0,得x2--a=0. 令h(x)=x2--a,则h'(x)=2x- 令r(x)=x3+ln x-1,则r'(x)=3x2+,当x∈(0,+∞)时,r'(x)>0,所以r(x)在区间(0,+∞)上单调递增, 又r(1)=0,所以当0<x<1时,r(x)<0,所以h'(x)<0; 当x>1时,r(x)>0,所以h'(x)>0. 所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增. 不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2,0<<1. 突破1 突破2 突破3 因为h(x1)=h(x2)=0, 所以h(x1)-h=h(x2)-h 设函数φ(x)=x--2ln x,则φ'(x)=1+>0在区间(1,+∞)上恒成立, 所以φ(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 所以φ(x2)=x2--2ln x2>φ(1)=0,所以h(x1)-h>0,即h(x1)>h 又函数h(x)在区间(0,1)上单调递减,所以0<x1<<1,所以x1x2<1. 突破1 突破2 突破3 考向三　利用导数证明与数列有关的问题 已知函数f(x)=(x+1)ln x. (1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; 突破1 突破2 突破3 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率k=f'(1)=2, 又f(1)=0,所以所求切线方程为y=2(x-1), 即2x-y-2=0. 突破1 突破2 突破3 (2)证明 设F(x)=(x+1)ln x-2x+2(x>1), 当x>1时,g'(x)>0, 所以g(x)在区间(1,+∞)内单调递增, 又g(1)=0,所以g(x)>0,即F'(x)>0, 所以F(x)在区间(1,+∞)内单调递增, 所以F(x)>F(1)=0, 故x>1时,(x+1)ln x>2(x-1). 突破1 突破2 突破3 令x=n2-2>1(n∈N,且n≥2), 则(n2-1)ln(n2-2)>2(n2-3), 突破1 突破2 突破3 名师点析证明与数列有关的不等式的策略 在证明与数列有关的不等式时,往往是从题目中已经证得的结论(参数的取值范围,不等式等)出发,通过特殊化处理(即将其中的变量替换为特殊的变量,尤其是可替换为与自然数n有关的式子),再结合数列中的裂项求和以及不等式的放缩等方法证得结论. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 已知函数f(x)=x-ex(e是自然对数的底数). (1)若a=2e,求f(x)的极值; (2)若x∈(-1,+∞),对∀n∈N*,f(x)≤(x+2)n-x-3,求a的值; (3)利用第(2)小题中求得的a,若F(x)=f(ln x)+x+,数列{an}满足a1∈(0,1), an+1=F(an),求证:2an+1+an+3-1>2an+2. 突破1 突破2 突破3 (1)解 由题意得f(x)=ex-ex, 所以f'(x)=e-ex,所以f'(x)为减函数. 令f'(x)=e-ex=0,得x=1. 所以当x<1时,f'(x)>0, 所以f(x)在区间(-∞,1)上单调递增; 当x>1时,f'(x)<0, 所以f(x)在区间(1,+∞)上单调递减. 所以f(x)在x=1处取得极大值,极大值为f(1)=0,无极小值. 突破1 突破2 突破3 (2)解 因为x>-1,所以x+2>1, 所以对∀n∈N*,f(x)≤(x+2)n-x-3⇔f(x)≤(x+2)1-x-3=-1, 所以x-ex≤-1,即x-ex+1≤0. 设g(x)=x-ex+1,又g(0)=0, 所以g(x)≤g(0),所以0为g(x)的极大值点, 又g'(x)=-ex,所以g'(0)=-e0=0,解得a=2. 检验:当a=2时,g'(x)=1-ex. 若x∈(-1,0),则g'(x)>0,所以g(x)在区间(-1,0)上单调递增; 若x∈(0,+∞),则g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递减, 所以g(x)≤g(0)=0成立. 综上所述,a的值为2. 突破1 突破2 突破3 (3)证明 由(2)得f(x)=x-ex,从而F(x)=ln x-x+x+=ln x+,x>0, 则F'(x)= 令F'(x)<0,解得0<x<1; 令F'(x)>0,解得x>1. 所以F(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增, 所以F(x)≥F(1)=1. 因为a1∈(0,1),所以a2=F(a1)>1,a3=F(a2)>1,……an+1=F(an)>1. 令m(x)=F(x)-x=+ln x-x(x≥1), 则m'(x)=--1=<0, 所以m(x)在区间[1,+∞)上单调递减,m(x)≤m(1)=0. 突破1 突破2 突破3 因为an+2-an+1=F(an+1)-an+1=m(an+1). 又an+1>1,所以m(an+1)<0, 所以1<an+2<an+1, 所以m(an+2)>m(an+1), 所以F(an+2)-an+2>F(an+1)-an+1, 所以an+3-an+2>an+2-an+1, 所以an+3+an+1>2an+2, 又an+1>1, 所以an+3+2an+1>2an+2+1, 即2an+1+an+3-1>2an+2. 突破1 突破2 突破3 突破3 利用导数研究函数的零点 必备知识•精要梳理　 判断或讨论函数零点个数问题的常用方法与策略 (1)直接法:先对函数求导,根据导数求出函数的单调区间与极值,从而画出函数图象,然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题. (2)分段讨论法:当函数解析式中含有参数或不宜直接画出函数图象时,可以结合导函数的取值情况,对函数的定义域所在的区间分段讨论,判断分析函数在每一段上零点的个数情况,从而得到函数在整个定义域上的零点个数. (3)虚设零点法(隐零点):通过虚设零点,确定函数的单调区间以及极值,从而得到函数值的变化情况,以确定函数零点的个数. 突破1 突破2 突破3 (4)构造新函数法(数形结合):将问题转化为研究两函数图象的交点问题,先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解. 突破1 突破2 突破3 关键能力•学案突破　 考向一　判断、证明或讨论函数零点的个数 命题角度1　直接法判断、证明或讨论函数零点的个数 [例1-1]已知函数f(x)=-ln x+2x-2. (1)求曲线y=f(x)的斜率等于1的切线方程; (2)求函数f(x)的极值; (3)设g(x)=x2f(x)-2f(x),判断函数g(x)的零点个数,并说明理由. 突破1 突破2 突破3 得x0=1,所以y0=-ln 1+2-2=0. 故所求切线方程为y-0=1×(x-1),即y=x-1. (2)函数f(x)的定义域为(0,+∞). 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 方法点拨直接法判断函数零点个数 对于解析式中不含参数的函数,可利用导数确定函数的单调区间、极值、最值情况,同时结合函数值的变化情况,画出函数的大致图象,观察图象与x轴交点的情况,从而确定函数零点的个数. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 (2024·广西二模)已知函数f(x)=ln x,若存在g(x)≤f(x)恒成立,则称g(x)是f(x)的一个“下界函数”. 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 当x∈(0,1)时,G'(x)<0,G(x)在区间(0,1)上单调递减; 当x∈(1,+∞)时,G'(x)>0,G(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 所以G(x)≥G(1)=0,② 所以F(x)≥0, 又①②中取等号的条件不同,所以F(x)>0. 所以函数F(x)没有零点. 突破1 突破2 突破3 数学思想·扩思路 分类讨论思想 已知函数f(x)=ex-2ax-a. (1)若函数f(x)在区间(-1,1)内单调递减,求实数a的取值范围; (2)当a>0时,求函数f(x)的零点个数. 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 (2)f'(x)=ex-2a,当a>0时,由f'(x)>0,有x>ln(2a), f(x)在区间(ln(2a),+∞)内单调递增; 由f'(x)<0,有x<ln(2a),f(x)在区间(-∞,ln(2a))内单调递减. ∴f(x)的极小值为f(ln(2a))=a-2aln(2a). ∵当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞, 突破1 突破2 突破3 命题角度2　利用隐零点法判断、证明或讨论函数零点的个数 [例1-2]已知f(x)=sinnx,g(x)=ln x+mex(n为正整数,m∈R). (1)若曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线垂直于直线y= x,求实数m的值; (2)当n=1时,设函数h(x)=x2-1-2f(x),x∈(0,π),证明:函数h(x)只有1个零点; 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 只需证x+ln x+1-xex≤0. 令F(x)=ex-x-1,则F'(x)=ex-1, 当x<0时,F'(x)<0,F(x)单调递减,当x>0时,F'(x)>0,F(x)单调递增, 故当x=0时,F(x)取得最小值F(0)=0,所以F(x)≥0,所以ex≥x+1, 所以ex+ln x≥x+ln x+1,所以xex≥x+ln x+1,即x+ln x+1-xex≤0, 突破1 突破2 突破3 方法点拨借助隐零点判断或证明函数零点情况 在利用导数研究函数的零点问题时,需要确定函数的单调性或极值,因而需要确定函数或导函数的零点,当零点无法直接求解时,我们可以虚设零点,即利用“隐零点法”解决函数零点问题.通过隐零点,确定函数的单调区间,从而得到函数的极值与最值,然后通过极值的正负判断、分析函数值的正负情况,从而得到零点的个数. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 已知函数f(x)=kx-xln x在区间(0,+∞)内的最大值为1. (1)求函数f(x)的解析式; (2)讨论函数F(x)=f(x)-cos x在区间[ ,+∞)内的零点的个数. 突破1 突破2 突破3 解 (1)由f(x)=kx-xln x,得f'(x)=k-1-ln x. 因为函数f(x)在区间(0,+∞)内有最值,所以函数f(x)在区间(0,+∞)内不是单调函数. 令f'(x)>0,得0<x<ek-1; 令f'(x)<0,得x>ek-1,所以f(x)的单调递增区间是(0,ek-1),单调递减区间是 (ek-1,+∞). 故f(x)在x=ek-1处有极大值f(ek-1)=ek-1,也是f(x)的最大值,所以ek-1=1,解得k=1. 故f(x)=x-xln x. 突破1 突破2 突破3 (2)由(1)可得F(x)=x-cos x-xln x,所以F'(x)=sin x-ln x,设h(x)=sin x-ln x. 当x∈(e,+∞)时,h(x)=F'(x)<0,所以F(x)单调递减. 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 考向二　已知函数零点情况求参数的值或范围 [例2]已知函数f(x)=ex-a(x+2). (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围. 突破1 突破2 突破3 解 (1)当a=1时,f(x)=ex-(x+2),则f'(x)=ex-1. 当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0, 所以f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增. 突破1 突破2 突破3 (2)(方法一)f'(x)=ex-a. 当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增. 故函数f(x)至多存在一个零点,不符合题意. 当a>0时,由f'(x)=ex-a=0,可得x=ln a. 当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0. 因此当x=ln a时函数f(x)取得最小值,且f(ln a)=-a(1+ln a). 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 (方法二)若f(x)有两个零点,即ex-a(x+2)=0有两个根, 因此函数g(x)=ex的图象与直线l:y=a(x+2)有两个不同的交点. 突破1 突破2 突破3 方法总结根据函数零点情况求参数的取值范围问题的解法 (1)将函数中的参数λ与变量分离,得λ=g(x),转化为研究方程λ=g(x)根的个数问题,然后利用导数研究函数g(x)的最值或值域,结合图象,根据直线y=λ与函数g(x)的图象交点的个数确定参数λ的取值范围. (2)直接研究函数f(x)的单调性与极值情况,必要时分类讨论,同时结合函数零点存在定理建立不等式求解. (3)转化为两个熟悉函数的图象的位置关系问题,借助直线与曲线相切作为临界状态,再根据零点个数进一步构建不等式求解. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围. 突破1 突破2 突破3 解 (1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe-x, 所以f(0)=0,f'(0)=2, 所以所求切线方程为y=2x. 突破1 突破2 突破3 若-1≤a<0,则当x∈(0,1]时,g(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,g(x)>0, 所以当x>0时,g(x)>0恒成立,即f'(x)>0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,所以当x>0时,f(x)>f(0)=0,不符合题意,舍去. 突破1 突破2 突破3 若a<-1,则g(0)<0,又g(-1)=1>0,g(1)=1>0, 当x>1时,g(x)>0恒成立,所以存在唯一的x1∈(-1,0),x2∈(0,1),使g(x1)=g(x2)=0. 所以f(x)在区间(-1,x1),(x2,+∞)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)<f(0)=0,当x∈(x1,0)时,f(x)>0恒成立;当x∈(0,x2)时,f(x)<0恒成立. 令h(x)=xe-x,则h'(x)=e-x(1-x),所以当x>1时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(1,+∞)内单调递减,所以当x>1时,0<h(x)<h(1)=e-1<1.又a<-1,所以当x>1时,axe-x>a. 取x=e-a,因为a<-1,0<x2<1,所以e-a>e>x2, 所以f(e-a)>ln(1+e-a)+a>ln e-a+a=0. 又f(x2)<0,所以f(x)在区间(x2,+∞)内只有一个零点,即f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点. 突破1 突破2 突破3 由h'(x)=e-x(1-x),知当-1<x<0时,h'(x)>0,所以h(x)在区间(-1,0)内单调递增, 所以当-1<x<0时,h(-1)<h(x),即xe-x>-e.又a<-1,所以axe-x<-ae. 取x=e3a-1∈(-1,0),则f(e3a-1)<ln(1+e3a-1)-ae=a(3-e)<0. 又f(x1)>0,所以f(x)在区间(e3a-1,x1)内只有一个零点, 即f(x)在区间(-1,0)内只有一个零点. 综上所述,a的取值范围为(-∞,-1). 突破1 突破2 突破3 数学思想·扩思路 函数与方程思想 设函数f(x)=ax2-ln x,其中a∈R. (1)若a= ,求函数f(x)的单调区间; (2)若方程f(x)=x恰有两个不相等的实数根,求实数a的取值范围. 突破1 突破2 突破3 ∵f(x)的定义域为(0,+∞), ∴当x∈(0,1)时,f'(x)<0,即f(x)的单调递减区间为(0,1); 当x∈[1,+∞)时,f'(x)≥0,即f(x)的单调递增区间为[1,+∞). 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 又因为h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0, 所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,则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)=1,且g(x)在区间(1,+∞)内恒大于0. 画出函数g(x)的大致图象,如图. 由图可知,要使f(x)=x有两个不相等的实数根,需满足直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点,故实数a的取值范围为(0,1). 突破1 突破2 突破3 考向三　与函数零点有关的不等式的证明问题 命题角度1　构造对称和(或差)证明不等式 [例3-1]已知函数f(x)=ln x- ax2+1. (1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y=0垂直,求函数f(x)在区间(0,1]内的最大值; (2)当a=1时,设函数f(x)的两个零点为x1,x2,试证明:x1+x2>2. 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 所以F(x)在区间(0,1)内单调递增,所以F(x)<F(1)=0在区间(0,1)内恒成立, 所以f(x1)<f(2-x1),又f(x1)=f(x2),所以f(x2)<f(2-x1), 因为x2>1,2-x1>1,f(x)在区间(1,+∞)内单调递减, 所以x2>2-x1,即x1+x2>2. 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 名师点睛构造对称和(或差)证明不等式的基本思路 (1)确定极值点以及零点的范围:利用导数研究函数的单调性以及极值,确定极值点x0,进而确定函数两个零点x1,x2的范围为x1<x0<x2. (2)构造函数:根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)或F(x)=f(x0+x)-f(x0-x). (3)比较大小:利用导数确定函数F(x)的单调性,判断F(x)的正负,从而得到f(x)与f(2x0-x),f(x0+x)与f(x0-x)的大小关系. (4)转化得到结论:根据函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x0-x),f(x0+x)与f(x0-x)的大小关系转化为x与2x0-x,x0+x与x0-x的大小关系,即得结论. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 已知函数f(x)=(a≠0). (1)若对任意的x∈R,都有f(x)≤恒成立,求实数a的取值范围; (2)设m,n是两个不相等的实数,且m=nem-n.求证:m+n>2. 突破1 突破2 突破3 (1)解 当a<0时,f, 因为0<<e,所以,即f,不符合题意; 当a>0时,f'(x)= 若x∈(-∞,1),则f'(x)>0; 若x∈(1,+∞),则f'(x)<0, 所以f(x)在区间(-∞,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减. 所以f(x)max=f(1)=,由f(x)恒成立可知,所以a≤1. 又因为a>0,所以实数a的取值范围为(0,1]. 突破1 突破2 突破3 (2)证明 因为m=nem-n, 所以me-m=ne-n,即 令g(x)=,由题意可知,存在不相等的两个实数m,n,使得g(m)=g(n). 由(1)可知,g(x)在区间(-∞,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减. 不妨设m<n,则m<1<n. 设h(x)=g(x)-g(2-x), 则h'(x)=g'(x)+g'(2-x)=+(x-1)ex-2=当x>1时,h'(x)>0, 所以h(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 所以当x>1时,h(x)>h(1)=0, 即g(x)>g(2-x)在区间(1,+∞)上恒成立. 突破1 突破2 突破3 因为n>1,所以g(n)>g(2-n). 因为g(m)=g(n),所以g(m)>g(2-n). 又因为m<1,2-n<1,且g(x)在区间(-∞,1)上单调递增, 所以m>2-n,即m+n>2. 突破1 突破2 突破3 命题角度2　通过“根商”构造函数证明不等式 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 名师点析通过“根商”构造函数证明不等式 通过“根商”构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数,再结合所证问题,巧妙引入变量t= ,从而构造函数. (1)巧妙消参:利用方程f(x1)=f(x2)=0消掉解析式中的参数. (2)抓商构元:令t= ,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h(t). (3)用导数求解:利用导数研究函数h(t)的单调性和极值、最值,即可证得结论. 突破1 突破2 突破3 精典对练·得高分 已知函数f(x)=ln x+ ax2-(a+1)x(a∈R). (1)当a=1时,判断函数f(x)的单调性; (2)若关于x的方程f(x)= ax2有两个不同的实数根x1,x2,求实数a的取值范围,并证明x1x2>e2. 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 突破1 突破2 突破3 本 课 结 束 若a>0,则当x>时,f'(x)>0; 当x<时,f'(x)<0. 故f(x)在区间(,+∞) 内单调递增,在区间(-∞,) 内单调递减; 若a<0,则当x>时,f'(x)<0;当x<时,f'(x)>0,故f(x)在区间(,+∞) 内单调递减,在区间(-∞,) 内单调递增. 当x>0时,不等式(*)等价于k 令g(x)=(x>0),则g'(x)= 当0<x<时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x>时,g'(x)>0,g(x)单调递增. 故g(x)min=g=4,所以k≤4 综上所述,实数k的取值范围为(-∞,4]. 解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=2m(x+1)- 当m≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞) 内单调递减; 当m>0时,令f'(x)<0,得0<x<; 令f'(x)>0,得x>,所以f(x)在区间(0,) 内单调递减,在区间(,+∞) 内单调递增. (2)由于当x∈[1,2]时,不等式f(x)≤0恒成立,所以f(1)≤0成立,即4m-1≤0,解得m 下面证明当m时,对一切x∈[1,2],不等式f(x)≤0恒成立. 由于当m时,f(x)=m(x+1)2-1-2ln x(x+1)2-1-2ln x,因此只需证明当x∈[1,2]时,(x+1)2-1-2ln x≤0恒成立即可. 令g(x)=(x+1)2-1-2ln x(x∈[1,2]),g'(x)=(x+1)-, 令g'(x)=0得x=(负值舍去),当x∈[1,)时,g'(x)<0,当x∈(,2]时,g'(x)>0,所以g(x)在区间[1,) 内单调递减,在区间(,2] 内单调递增,所以g(x)在区间[1,2] 内的最大值是g(1)或g(2). 又g(1)=0,g(2)=-2ln 2=,而e5<35<28,所以ln e5<ln 28,即g(2)<0,故g(x)≤0在区间[1,2] 上恒成立. 故当m时,对一切x∈[1,2],不等式f(x)≤0恒成立,即实数m的取值范围是(-∞,]. 解 不等式f(x)x+1即为(x+1)e-axx+1(*),当x≥0时,(x+1)e-ax>0,x+1>0,将不等式(*)两边取对数得ln(x+1)-ax≤ln(x+1),即ln(x+1)-ln(x+1)-ax≤0,因此只需证明当x≥0时,不等式ln(x+1)-ln(x+1)-ax≤0恒成立即可. 令g(x)=ln(x+1)-ln(x+1)-ax(x≥0),则g'(x)=-a=-a. 于是g'(0)=-a.由g'(0)=-a≤0,解得a 下面证明当a时,不等式g(x)≤0(x≥0)恒成立. 当a时,,所以g'(x)=-a≤0,g(x)在区间[0,+∞) 内单调递减,因此g(x)≤g(0)=0. 当a<0时,>0,所以g'(x)=-a>0,g(x)在区间[0,+∞) 内单调递增,因此g(x)≥g(0)=0,不符合题意. 当0<a<时,由g'(x)=-a=0得x=(x=-舍去),且当x∈(0,)时,g'(x)=-a>0,所以g(x)在区间(0,)上单调递增,于是g(x)>g(0)=0,不符合题意. 综上,实数a的取值范围是[,+∞). 所以切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(,0), 故所求三角形面积为2×丨丨= 令h(x)=ln x-x+1,则h'(x)=-1=, (方法二:隐零点法)因为f(x)=aex-1-ln x+ln a,所以f'(x)=aex-1-,且a>0. 设g(x)=aex-1-(a>0),则g'(x)=aex-1+>0,所以g(x)在区间(0,+∞) 内单调递增,即f'(x)在区间(0,+∞) 内单调递增. 当a=1时,f'(1)=0,所以f(x)min=f(1)=1,所以f(x)≥1成立. 当a>1时,0<<1,所以<1,因此f'f'(1)=a(-1)(a-1)<0,所以存在唯一的x0>0,使得f'(x0)=a=0,即a,即ln a+x0-1=-ln x0. 且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0, 因此f(x)min=f(x0)=a-ln x0+ln a=+ln a+x0-1+ln a ≥2ln a-1+2=2ln a+1>1, 而y1'=aex,y2'=,因为l1∥l2,所以a= 设h(t)=t+ln t(t>0),则h'(t)=1+>0,h(t)单调递增, 因而aex>x+1(x>-1)恒成立,即a>(x>-1)恒成立. 令s(x)=(x>-1),则s'(x)=- 当a>1时,h'(x)=aex-, h(x)min=h(x0)=a-ln(x0+1)+ln a-1②. 由①式可得a,所以ln a=-ln(x0+1)-x0, 所以h(x)min=-(x0+1)-2ln(x0+1). 因为x0∈(-1,0),所以x0+1∈(0,1),故-(x0+1)>0,2ln(x0+1)<0,所以 由f(x)=-x2+x+ln x,得f'(x)=-2x+1+ (2)∵对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤mxex-x2-1恒成立, ∴-x2+x+ln x≤mxex-x2-1(x>0)恒成立,即m(x>0)恒成立. 令g(x)=,则g'(x)=, 令h(x)=x+ln x,则h(x)在区间(0,+∞)内单调递增. ∵h-1<0,h(1)=1>0,∴∃x0,使得h(x0)=x0+ln x0=0. 当x∈(0,x0)时,h(x)<0,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,g'(x)<0,g(x)单调递减, 又由x0+ln x0=0,可得x0=-ln x0. ∴g(x)max=g(x0)==1.∴m≥1.故m的最小值为1. (2)若关于x的不等式f(x)>在区间[,1]上能成立,求实数a的取值范围. 解 (1)依题意得,f(x)=3ln x-x,则f(1)=-1,f'(x)=-1,所以f'(1)=2. 故所求切线方程为y+1=2(x-1),即y=2x-3. (2)依题意得,f(x)>-f(x)<0⇔-aln x+x<0. 令g(x)=-aln x+x,x∈[,1], 则函数g(x)在区间[,1]上的最小值小于0, g'(x)=1-. ①当1+a≥1,即a≥0时,在区间[,1]上g'(x)≤0, 所以g(x)在区间[,1]上单调递减, 所以函数g(x)在区间[,1]上的最小值g(1)=1+a+1=a+2<0,所以a<-2, 又a≥0,所以这样的a不存在. ②当1+a≤,即a≤-1时,在区间[,1]上g'(x)≥0, 所以g(x)在区间[,1]上单调递增, 所以g(x)在区间[,1]上的最小值g()=+a+e(a+1)=(e+1)a+e+<0, 解得a<-, 又a≤-1,所以a<-. ③当<1+a<1,即-1<a<0时,在区间(,1+a)内g'(x)<0, 在区间(1+a,1)内g'(x)>0, 所以g(x)在区间[,1+a]上单调递减,在区间[1+a,1]上单调递增, 所以g(x)在区间[,1]上的最小值为g(1+a)=a+1+1-aln(a+1)=a[1-ln(a+1)]+2. 因为<1+a<1, 所以1<1-ln(a+1)<2, 所以a>a[1-ln(a+1)]>2a, 所以g(1+a)=a[1-ln(a+1)]+2>2a+2>0,不合题意,舍去. 综上所述,实数a的取值范围为(-∞,-). 已知x=是函数f(x)=xnln x的极值点. (1)求f(x)的最小值; (2)设函数g(x)=,若对任意x1∈(0,+∞),存在x2∈R,使得f(x1)>g(x2),求实数m的取值范围. 解 (1)f(x)=xnln x,x∈(0,+∞),f'(x)=nxn-1ln x+xn-1. ∵x=是函数f(x)=xnln x的极值点, ∴f'-n+1)=0,解得n=3. ∴f(x)=x3ln x,f'(x)=x2(3ln x+1). 可得x=时函数f(x)取得极小值即最小值,且最小值为f=- 故f(x)的最小值为- 由(1)可得f(x1)min=- 若m=0,则g(x)=0,-<0,不符合题意. 若m>0,则g=-<-1,而->-1,符合题意. 若m<0,则g'(x)=, 可得当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增. ∴当x=1时,函数g(x)取得极小值即最小值,且g(1)= 由-,解得m<- 综上可得,实数m的取值范围是(-∞,-)∪(0,+∞). 精典对练·得高分 已知函数f(x)=aln x+x+(a≠0). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)设g(x)=2x2-mex+,当a=-e时,对任意x1∈[1,4],存在x2∈[1,e],使g(x1)≤f(x2),求实数m的取值范围. 解 (1)函数f(x)=aln x+x+(a≠0)的定义域为(0,+∞), 求导得f'(x)=, (2)当a=-e时,由(1)知,函数f(x)在区间[1,e]上单调递减, 而x2∈[1,e],则f=f(1)=,任意x1∈[1,4],存在x2∈[1,e], 使g(x1)≤f(x2)等价于∀x1∈[1,4],g(x1)恒成立, 则∀x1∈[1,4],都有2-m0,即m成立.令h(x)=,1≤x≤4, 则h'(x)==-,当1<x<2时,h'(x)>0,当2<x<4时,h'(x)<0, 故h(x)在区间[1,2]上单调递增,在区间[2,4]上单调递减,h(x)max=h(2)=, 因此m,所以实数m的取值范围是[,+∞). 已知a>0,函数f(x)=x2-ax3,g(x)=. (1)若∃x1∈(-∞,-1],∃x2∈,使得f(x1)=g(x2),求实数a的取值范围; (2)当a=时,求证:对任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)=g(x2). (1)解 ∵f(x)=x2-ax3, ∴f'(x)=2x-2ax2=2x(1-ax). 令f'(x)=0,得x=0或x= ∵a>0,∴>0,∴当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0, ∴在区间(-∞,-1] 内f(x)单调递减,且f(x)≥f(-1)=1+, 故在区间(-∞,-1] 内f(x) ∵g(x)=,∴g'(x)= 当x<-时,g'(x)>0, ∴g(x)在区间内单调递增, ∴g(x)<g 故在区间内g(x) ∴若∃x1∈(-∞,-1],∃x2,使得f(x1)=g(x2),则1+,∴0<a< 故实数a的取值范围是 (2)证明 当a=时,f(x)=x2-x3, ∴f'(x)=2x-3x2=3x 又g(x)=在区间(1,+∞) 内单调递增, 当x时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增, ∴f(x)min=f (2)由已知得f'(x)=1-a-,且x∈[1,e], 当a≤0时,f'(x)≥0,f(x)在区间[1,e]上单调递增,不符合题意. 当a≥1-时,f'(x)≤0,f(x)在区间[1,e]上单调递减,不符合题意. 当0<a<1-时,由f'(x)=0得x= 当且仅当由①得a≤1- 设h(a)=a+ln(1-a)+1,a,h'(a)=1-,当a,h'(a)<0,h(a)单调递减, ∴h(a)>h=1->0. ∴h(a)≤0无解. 综上可知,满足条件的a不存在. (2)由在函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n)) 处的切线方程为y-ln n=(x-n),得ln x≤x-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤x.  (1)解 函数f(x)=(x+1)ln x的定义域为(0,+∞),且f'(x)=ln x+1+ 设h(x)=ln x+1+,可得h'(x)= (2)证明 不等式f(x)≥2(x-1),即(x+1)ln x≥2(x-1). (方法一)令g(x)=(x+1)ln x-2(x-1),则g'(x)=ln x+-1= 设p(x)=xln x-x+1,则p'(x)=ln x,当x≥1时,p'(x)≥0,即p(x)在区间[1,+∞) 内单调递增,因此p(x)≥p(1)=0,于是在区间[1,+∞) 内,g'(x)=0, (方法二)要证不等式(x+1)ln x≥2(x-1)在区间[1,+∞) 内成立,即证ln x在区间[1,+∞) 内成立, 只需证明ln x-0在区间[1,+∞) 内成立. 令s(x)=ln x-(x≥1),则s'(x)= 由于x≥1,所以s'(x)≥0,因此s(x)在区间[1,+∞) 内单调递增,因此s(x)≥s(1)=0, 故不等式ln x-0成立,即原不等式成立. 解 (1)∵f(x)=exln(1+x),∴f(0)=0,即切点坐标为(0,0), 又f'(x)=ex[ln(1+x)+],∴所求切线斜率k=f'(0)=1. ∴所求切线方程为y=x. (2)∵g(x)=f'(x)=ex[ln(1+x)+], ∴g'(x)=ex[ln(1+x)+]. 令h(x)=ln(1+x)+, 则在区间[0,+∞)内h'(x)=>0, ∴h(x)在区间[0,+∞)内单调递增,∴h(x)≥h(0)=1>0, ∴g'(x)>0在区间[0,+∞)内恒成立,∴g(x)在区间[0,+∞)内单调递增. ∴m'(x)=ex+tln(1+x+t)+-exln(1+x)-=g(x+t)-g(x), 由(2)知g(x)=f'(x)=ex[ln(1+x)+]在区间[0,+∞)内单调递增, 所以a对任意实数x都成立. 令g(x)=,则g'(x)=,由g'(x)=0,得x=1. (方法一)只需证明1. 设h(x)=-1(x≥0),则h'(x)= (1)解 ∵f(x)=a(x-1)-ln x+1,且f(x)定义域为(0,+∞),∴f'(x)=,x>0. 若a≤0,则f'(x)<0,∴f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间. 若a>0,则当0<x<时,f'(x)<0;当x>时,f'(x)>0. 故f(x)的单调递减区间为(0,),单调递增区间为(,+∞). 综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间; 当a>0时,f(x)的单调递减区间为(0,),单调递增区间为(,+∞). 则g'(x)=ex-1+-2. 令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1-,易得h'(x)在区间(1,+∞)上单调递增, f'(x)=x-+1-a=. (2)证明 当a=1时,f(x)=x2-ln x+1. 要证f(x)≤x(ex-1)+x2-2ln x成立,需证ln x+1≤x(ex-1)成立, 即需证xex-ln x-x-1≥0成立. 令g(x)=xex-ln x-x-1(x>0),则g'(x)=ex+xex--1=(x+1)(ex-). 令u(x)=ex-,则u'(x)=ex+>0, 故u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,u()=-2<0,u(1)=e-1>0, 由u(x0)=0可得u(x0)==0, 即x0=1, 所以ln(x0)=ln 1,即x0+ln x0=0, 所以g(x)的最小值g(x0)=x0-ln x0-x0-1=0,即xex-ln x-x-1≥0成立. 故原不等式成立. (2)设函数g(x)=,证明:g(x)<1. p'(x)=ln(a-x)+x=ln(a-x)+ 因为x=0是函数y=xf(x)的极值点,所以有p'(0)=0,即ln a=0,所以a=1. 当a=1时,p'(x)=ln(1-x)+,且p'(0)=0, (2)证明 由(1)可知,xf(x)=xln(1-x),要证g(x)=<1,即需证明<1. (2)当a=1时,证明:(1+)·(1+)·…·[1+]<e(n∈N*). (1)解 因为f(x)=ln x-ax+2(x∈(0,+∞),a>0), 所以f'(x)=-a=(x∈(0,+∞),a>0), 所以当x∈(0,)时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 所以f(x)max=f()=-ln a+1. 因为f(x)≤0恒成立,所以f(x)max=-ln a+1≤0,解得a≥e. 所以实数a的取值范围为[e,+∞). (2)证明 当a=1时,f(x)=ln x-x+2, 则f'(x)=-1=, 所以当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)≤f(1)=1,即ln x≤x-1, 所以ln(x+1)≤x,当且仅当x=0时取等号,所以ln[1+]<,n∈N*, 所以ln(1+)<,ln(1+)<,…,ln[1+]<,n∈N*. 将以上各不等式两边分别相加得 ln(1+)+ln(1+)+…+ln[1+]<+…+ =(1-)+()+…+()=1-<1,n∈N*, 即ln{(1+)·(1+)·…·[1+]}<1,n∈N*, 所以(1+)·(1+)·…·[1+]<e,n∈N*. (1)解 f'(x)=,由题意得f'(1)=-1-a=0,解得a=-1. 当a=-1时,f'(x)=(x>0),所以f'(1)=0, (2)证明 要证f(x)+x+>0,即证+x+>0, 因为x>0,所以即证x2+x-ln x-1>0. 令g(x)=x-1-ln x,则g'(x)=1-, 所以ln x≤2x-1-ln 2,则x2+x-ln x-1≥x2+x-2x+1+ln 2-1=x2-x+ln 2. 令h(x)=x2-x+ln 2=(x-)2+ln 2-, 因为ln 2>ln,所以ln 2->0, 所以h(x)>0, 所以x2+x-ln x-1>0成立. 故f(x)+x+>0. 已知函数f(x)=aln x+x++2a. (1)证明函数f(x)有唯一极小值点; (2)若0<a<,证明:f(x)<x+. 证明 (1)函数f(x)=aln x+x++2a的定义域为(0,+∞),f'(x)=+1- 对于方程x2+ax-2=0,判别式Δ=a2+8>0. 解方程x2+ax-2=0, 可得x1=<0,x2=>0, 当0<x<时,f'(x)<0;当x>时,f'(x)>0, 所以函数f(x)在区间(0,)内单调递减,在区间(,+∞)内单调递增. 所以函数f(x)有唯一极小值点. (2)要证明f(x)<x+,即证x+aln x++2a<x+, 即证a(ln x+2)<,即证 令g(x)=,其中x>0,则g'(x)=, 当0<x<2时,g'(x)<0,此时函数g(x)单调递减; 当x>2时,g'(x)>0,此时函数g(x)单调递增. 所以g(x) min=g(2)= 构造函数h(x)=,其中0<a<,x>0,则h'(x)=- 当0<x<时,h'(x)>0,此时函数h(x)单调递增; 当x>时,h'(x)<0,此时函数h(x)单调递减. 所以h(x)max=h()=ae<,则h(x)max<g(x) min, 所以故原不等式得证. 已知函数f(x)=+a(a≤0)且f(1)·f(-1)=-1. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)证明:ln x>. (1)解 因为f(1)·f(-1)=-1,所以(+a)(-e+a)=-1, 即a2=a(e-),解得a=0或a=e- 又因为a≤0,所以a=0,于是f(x)= 所以f'(x)=,令f'(x)=0,得x=1. 当x∈(-∞,1)时,f'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0, 所以f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)证明 要证ln x>成立,只需证xln x>(x>0)成立. 令g(x)=xln x(x>0), 则g'(x)=1+ln x, 令g'(x)=1+ln x=0,得x= 当x∈(0,)时,g'(x)<0; 当x∈(,+∞)时,g'(x)>0,所以g'(x)在区间(0,)内单调递减, 在区间(,+∞)内单调递增. 因此g(x)≥g=-, 即g(x)min=- 又由(1)可得,f(x)在区间(0,+∞)内的最大值为f(1)=, 所以在区间(0,+∞)内,()max=-, 所以xln x>(x>0)成立, 故原不等式成立. 设函数f(x)=aln x+,其中a为常数,且a>0. (1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= 令g(x)=ax2+(2a-1)x+a,方程g(x)=0的根的判别式Δ=(2a-1)2-4a2=-4a+1. 当a时,Δ=-4a+1≤0,则g(x)≥0,即f'(x)≥0,故f(x)在区间(0,+∞) 内单调递增; 当0<a<时,Δ=-4a+1>0,由g(x)=0解得x1'=,x2'=,所以x2'>x1'=>0, 综上所述,当0<a<时,f(x)在区间(0,) 内单调递增,在区间() 内单调递减,在区间(,+∞) 内单调递增; 当a时,f(x)在区间(0,+∞)上内单调递增. (2)证明 由题意并结合(1)知0<a<,且x1+x2=,x1x2=1. 所以F(x1)+F(x2)=f(x1)+x1ln a+f(x2)+x2ln a =aln x1++aln x2++(x1+x2)ln a=aln(x1x2)++(x1+x2)ln a =+(x1+x2)ln a=+(x1+x2)ln a=1+ln a, 记h(a)=1+ln a=1+(-2)ln a(0<a<),则h'(a)=-ln a+(-2), 因为0<a<,所以1-2a>0,-ln a>0, 所以h'(a)>0, 所以h(a)在区间(0,)内单调递增, 所以h(a)<h=1-4ln 2, 即1+ln a<1-4ln 2, 所以F(x1)+F(x2)<1-4ln 2. (2)求证:+…+(n∈N,且n≥2). (1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x+, 则F'(x)=ln x+-1. 令g(x)=ln x+-1, 则g'(x)= 所以 因此>(1-)+()+()+()+…+()+(), 化简可得>1+ 所以+…+(n∈N,且n≥2). 解 (1)设切点为(x0,y0),因为f'(x)=-+2,所以由题意得-+2=1,解 令f'(x)=0,即-+2=0,解得x= 当0<x<时,f'(x)<0,当x>时,f'(x)>0, 所以f(x)在区间(0,) 内单调递减,在区间(,+∞) 内单调递增. 所以f(x)存在极小值且极小值为f=ln 2+1-2=ln 2-1,无极大值. (3)函数g(x)=x2f(x)-2f(x)=(x2-2)f(x)有3个零点,理由如下: 由(2)知f(x)在区间(0,) 内单调递减,在区间(,+∞) 内单调递增. 又f=2+-2=>0,f=ln 2-1<0,所以在区间() 内存在唯一的x0,使得f(x0)=0,所以g(x0)=(-2)f(x0)=0. 因为f(1)=0+2-2=0,所以g(1)=-f(1)=0,又g()=(2-2)f()=0,所以函数g(x)有3个零点,且3个零点互不相同. (1)如果函数g(x)=-ln x为f(x)的一个“下界函数”,求实数t的取值范围; (2)设函数F(x)=f(x)-,试问函数F(x)是否存在零点?若存在,求出零点个数;若不存在,请说明理由. 解 (1)由g(x)≤f(x)恒成立,可得-ln x≤ln x恒成立, 所以t≤2xln x恒成立. 令h(x)=2xln x,则h'(x)=2(1+ln x). 当x∈(0,)时,h'(x)<0,h(x)在区间(0,)上单调递减; 当x∈(,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在区间(,+∞)上单调递增. 所以h(x)的最小值为h()=-, 所以t≤-. 故实数t的取值范围为(-∞,-]. (2)由(1)可知2xln x≥-, 所以2ln x≥-, 所以ln x≥-,① 所以F(x)=f(x)-=ln x-≥-). 令G(x)=,则G'(x)=. 解 (1)因为函数f(x)在区间(-1,1) 内单调递减, 所以f'(x)=ex-2a≤0在区间(-1,1) 内恒成立, 即不等式a在区间(-1,1) 内恒成立. 又x∈(-1,1)时,(),所以a, 即实数a的取值范围为[,+∞). ∴当a-2aln(2a)>0,即0<a<时,f(x)无零点; 当a-2aln(2a)=0,即a=时,f(x)有1个零点; 当a-2aln(2a)<0,即a>时,f(x)有2个零点. 综上,当0<a<时,f(x)无零点; 当a=时,f(x)有1个零点; 当a>时,f(x)有2个零点. (3)当n=2时,证明:+g(x)<(x+m)ex-1. (1)解 g'(x)=+mex,依题意得g'(1)=1+me=-2,得m=- (2)证明 当n=1时,要证h(x)仅有1个零点,即证h(x)=0仅有1个实数根,只需证h(x)=x2-1-2sin x=0,x∈(0,π)仅有1个实数根. 由于h'(x)=2x-2cos x=2(x-cos x). 当x∈[,π)时,h'(x)>0,h(x)在区间[,π)内单调递增,又h-3<0,h(π)=π2-1>0,所以h(x)在区间[,π)内存在唯一零点; 当x∈(0,)时,设φ(x)=h'(x)=2x-2cos x,则φ'(x)=2+2sin x>0, 所以φ(x)在区间(0,)内单调递增. 又φ(0)=-2<0,=π>0,所以存在x0∈(0,),使得φ(x0)=0. 所以当x∈(0,x0)时,φ(x)<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减; 当x∈(x0,)时,φ(x)>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增, 又h(0)=-1<0,h-3<0, 所以h(x)在区间(0,)内无零点. 综上所述,函数h(x)在区间(0,π)内只有1个零点. (3)证明 当n=2时,f'(x)=2sin xcos x=sin 2x,要证+g(x)<(x+m)ex-1, 只需证+ln x+1-xex<0,令H(x)=sin 2x-2x,则H'(x)=2cos 2x-2=2(cos 2x-1)≤0, 所以H(x)在区间(0,+∞)内单调递减. 所以H(x)<H(0)=0,所以sin 2x<2x,那么要证上述的+ln x+1-xex<0, 故+g(x)<(x+m)ex-1. 又F(e)=-cos e>0,F(1-ln)<0, 从而F(x)在区间(e,) 内存在唯一零点,即F(x)在区间(e,+∞) 内存在唯一零点. 当x∈(,e]时,h'(x)=cos x-<0,所以F'(x)在区间(,e] 内单调递减. 因为F'(e)=sin e-1<0,F'=1-ln>0, 所以存在x0∈(,e],使F'(x0)=0,且在区间(,x0) 内F'(x)>0,在区间(x0,e] 内F'(x)<0, 所以F(x0)为F(x)在区间(,e] 内的最大值. 因为F(e)=-cos e>0,F(1-ln)>0, 所以F(x)在区间(,e] 内恒大于零,无零点. 综上,函数F(x)在区间[,+∞) 内的零点个数为1. 若0<a,则f(ln a)=-a(1+ln a)≥0, 所以f(x)在区间(-∞,+∞)内至多存在一个零点,不符合题意. 若a>,则f(ln a)=-a(1+ln a)<0. 由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在区间(-∞,ln a)内存在唯一的一个零点. 又由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,所以当x>4时,+2>0. 当x>2ln(2a)时,>eln(2a)>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=-a(x+2)>eln(2a)·(+2)-a(x+2)=2a>0,故f(x)在区间(ln a,+∞)内存在唯一的一个零点,从而f(x)在区间(-∞,+∞)内存在两个零点. 综上,满足条件的实数a的取值范围是(,+∞). 若直线l与g(x)=ex的图象相切于点M(x0,y0),则有解得a= 所以当直线l与函数g(x)=ex的图象相切时a= 由于直线l过点(-2,0),结合图象(图略)可知,要使函数g(x)=ex的图象与直线l:y=a(x+2)有两个不同的交点,应满足a> 故实数a的取值范围是(,+∞). 则f'(x)=+e-x-xe-x, (2)当a≥0时,若x>0,则f(x)=ln(1+x)+axe-x>0恒成立,不符合题意,舍去. 当a<0时,由已知得f'(x)=+ae-x-axe-x= 令g(x)=1+ae-x(1-x2), 则g'(x)=ae-x(x2-2x-1). 因为x>-1,a<0,所以令g'(x)>0,得1-<x<1+; 令g'(x)<0,得-1<x<1-或x>1+ 所以g(x)在区间(-1,1-),(1+,+∞)内单调递减, 在区间(1-,1+)内单调递增,g(0)=1+a. 解 (1)当a=时,f(x)=x2-ln x, 则f'(x)=x- (2)f(x)=x,即ax2-ln x=x,则a=(x>0). 令g(x)=, 则g'(x)=, 令h(x)=1-x-2ln x,因为h'(x)=-1-<0在区间(0,+∞) 内恒成立,所以h(x)在区间(0,+∞) 内单调递减. (1)解 函数f(x)=ln x-ax2+1的定义域为(0,+∞),f'(x)=-ax. 因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y=0垂直,所以1-a=-1,解得a=2. 所以f'(x)=-2x,令f'(x)=0,得x=,所以函数f(x)在区间(0,)内单调递增,在区间(,1)内单调递减. 故f(x)在区间(0,1]上的最大值为f=ln (2)证明 当a=1时,f(x)=ln x-x2+1,则f'(x)= 所以函数f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,且f(1)>0,f(e)<0,f<0,故函数f(x)的两个零点x1,x2(不妨设x1<x2)满足0<x1<1<x2. (方法一)令F(x)=f(x)-f(2-x),0<x<1, 则F'(x)=f'(x)+f'(2-x)=>0在区间(0,1)内恒成立, (方法二)由已知可得ln x1-+1=0,ln x2-+1=0, 两式相减得ln x1-ln x2=, 即ln x1-ln x2=(x1+x2)(x1-x2), 因此 设t=,则t>1. 设p(t)=ln t-(t>1), 则p'(t)=>0, 所以p(t)在区间(1,+∞)内单调递增. 所以p(t)>p(1)=0. 所以ln t>, 所以ln 所以, 所以, 因此(x1+x2)2>4,故x1+x2>2. 已知函数f(x)=ln x++a. (1)函数f(x)的图象能否与x轴相切?若能与x轴相切,求实数a的值;否则请说明理由. (2)若函数f(x)恰好有两个零点x1,x2(0<x1<x2),求证:. (1)解 f'(x)= 假设函数f(x)的图象能与x轴相切,设切点横坐标为x0,则x0>0. 由题意可得解得故函数f(x)的图象能与x轴相切,此时实数a的值等于-1. (2)证明 由题意得ln x1++a=ln x2++a,则ln x2-ln x1=,所以x1x2= 要证,只需证x1+2x2>3x1x2,即只需证2x2+x1>因为0<x1<x2,所以>1,从而ln>0. 因此只需证ln,只需证ln 设t=>1,即证ln t> 设h(t)=ln t-(t>1),则h'(t)=>0,所以函数h(t)在区间(1,+∞) 内单调递增,从而h(t)>h(1)=0,所以 解 (1)当a=1时,f(x)=ln x+x2-2x(x>0), 故f'(x)=+x-2=0, ∴f(x)在区间(0,+∞)内单调递增. (2)由题意可知方程ln x=(a+1)x有两个不同的实数根. 设直线y=kx与函数y=ln x的图象相切,切点坐标为(x0,y0), 则解得 ∴0<a+1<,即-1<a<-1. 故实数a的取值范围是(-1,-1). 不妨设x2>x1>0,则ln x1=(a+1)x1,ln x2=(a+1)x2, 于是ln(x1x2)=(a+1)(x1+x2),ln=(a+1)(x2-x1), ,故ln(x1x2)=ln,要证x1x2>e2,只需证ln>2, 即证ln,令t=>1, 故只需证ln t>在区间(1,+∞)内恒成立即可. 令g(t)=ln t-(t>1),则g'(t)=>0, ∴g(t)在区间(1,+∞)内单调递增,∴g(t)>g(1)=0, 即ln t>在区间(1,+∞)内恒成立.∴x1x2>e2. $