导数讲义(教师版)

导数
一、导数研究切线
1.在某点切线
例1．曲线y＝x3+lnx+1在点（1，2）处的切线方程为（）
A．3x﹣y﹣1＝0B．4x﹣y﹣2＝0C．4x+y﹣6＝0D．3x+y﹣5＝0
【分析】对曲线y＝x3+lnx+1求导，得到在（1，2）处切线的斜率，然后求出切线方程即可．
【解答】解：由y＝x3+lnx+1，得y′=3x2+1 x，
∴曲线在（1，2）处的斜率k＝y'|x＝1＝4，
∴曲线在点（1，2）处的切线方程为y﹣2＝4（x﹣1），
即4x﹣y﹣2＝0．
故选：B．
例2．曲线y＝ln（ax+1）在点（0，0）处的切线过点（4，8），则a＝（）A．4B．3C．2D．1
【分析】求得函数y＝ln（ax+1）的导数，可得切线的斜率，运用直线的两点的斜率公式，可得所求值．
【解答】解：y＝ln（ax+1）的导数为y′=
a
ax+1，
可得曲线在x＝0处的切线的斜率为a，
由切线经过（4，8）可得a=8−0
4−0
=2，
故选：C．
例3．已知函数f（x）＝lnx+2f'（﹣1）x﹣1，则函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为（）
A．3x﹣y﹣2＝0B．3x﹣y﹣5＝0C．x+y+2＝0D．x+y+1＝0
【分析】现根据条件求出f′（﹣1）＝1，进而求出函数在x＝1处的函数值以及导数值即可
【解答】解：根据题意得f′（x）=1
x
+2f′（﹣1），则当x＝﹣1时，f′（﹣1）＝﹣1+2f′
（﹣1），解得f′（﹣1）＝1，
所以f（x）＝lnx+2x﹣1，f′（x）=1
x
+2，
当x＝1时，f（1）＝1，f′（1）＝3，
所以切线方程为y﹣1＝3（x﹣1），整理得3x﹣y﹣2＝0，
故选：A．
2.过某点切线
例4．函数f（x）＝x3﹣x2+1的图象经过原点的切线方程（）
A．x﹣y＝0B．x+2y＝0C．x+y＝0D．x﹣2y＝0
【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝0处的导数，再由直线方程的斜截式得答案．
【解答】解：由f（x）＝x3﹣x2+1，得f′（x）＝3x2﹣2x，
设切点为（x0，y0），则f′（x0）=3x02−2x0，
则函数f（x）＝x3﹣x2+1的图象在切点处的切线方程为y−x03+x02−1=(3x02−2x0)(x−x0)．
把（0，0）代入，可得(x0−1)(2x02+x0+1)=0，
解得：x0＝1．
∴函数f（x）＝x3﹣x2+1的图象过原点的切线方程为y﹣1＝x﹣1，即x﹣y＝0．
故选：A．
例5．过原点与曲线y＝2e x相切的直线方程为．
【分析】设切点为（x0，2e x0），利用导数写出在切点处的切线方程，把原点代入求得x0，则切线方程可求．
【解答】解：设切点为（x0，2e x0），由y＝2e x，得y′＝2e x，
=2e x0，
则y′|x=x
∴在切点处的切线方程为y−2e x0=2e x0(x−x0)，
把（0，0）代入，可得−2e x0=−2x0⋅e x0，解得x0＝1．
∴过原点与曲线y＝2e x相切的直线方程为y＝2ex．
故答案为：y＝2ex．
例6．设函数f（x）＝x3﹣3x2，若过点（2，n）可作三条直线与曲线y＝f（x）相切，则实数n的取值范围是（）
A．（﹣5，﹣4）B．（﹣5，0）C．（﹣4，0）D．（﹣5，﹣3]【分析】设出切点坐标（x0，x03−3x02），求出原函数的导函数，写出切线方程，把点
（2，n）代入切线方程，整理得到2x03−9x02+12x0+n=0．令g（x）＝2x3﹣9x2+12x，利用导数求其极大值为g（1）＝5；极小值为g（2）＝4．再由4＜﹣n＜5求得n的范围．【解答】解：f（x）＝x3﹣3x2，则f′（x）＝3x2﹣6x，
设切点为（x0，x03−3x02），则f′(x0)=3x02−6x0．
∴过切点处的切线方程为y−x03+3x02=(3x02−6x0)(x−x0)，
把点（2，n）代入得：n−x03+3x02=(3x02−6x0)(2−x0)．
整理得：2x03−9x02+12x0+n=0．
若过点（2，n）可作三条直线与曲线y＝f（x）相切，则方程2x03−9x02+12x0+n=0有三个不同根．
令g（x）＝2x3﹣9x2+12x，
则g′（x）＝6x2﹣18x+12＝6（x﹣1）（x﹣2），
∴当x∈（﹣∞，1）∪（2，+∞）时，g′（x）＞0；当x∈（1，2）时，g′（x）＜0，∴g（x）的单调增区间为（﹣∞，1），（2，+∞）；单调减区间为（1，2）．
∴当x＝1时，g（x）有极大值为g（1）＝5；当x＝2时，g（x）有极小值为g（2）＝4．由4＜﹣n＜5，得﹣5＜n＜﹣4．
∴实数n的取值范围是（﹣5，﹣4）．
故选：A．
3..公切线
例7．若直线l与函数f（x）＝e x和g（x）＝lnx+2都相切，则其斜率k＝（）A．2或e B．1或e C．0或1D．e
【分析】先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求出两曲线的切线，对应系数相等即可求解．
【解答】解：f′（x）＝e x，g′(x)=1 x，
设直线l与f（x）的切点P（a，e a），与g（x）的切点Q（b，lnb+2），
则由题意可得，过P的切线方程y﹣e a＝e a（x﹣a），过Q的切线方程y﹣（lnb+2）=1
b
(x−b)，
故e a=1
b即a＝﹣lnb，
又e a（1﹣a）＝lnb+1，
联立可得，{a=1
b=e−1
k=e
或{
b=1
a=0
k=1
，
故k＝1或e．
故选：B．
例8．若函数f（x）＝x2﹣1与函数g（x）＝alnx﹣1的图象存在公切线，则正实数a的取值范围是（）
A．（0，e）B．（0，e]C．（0，2e）D．（0，2e]
【分析】分别求出导数，设出各自曲线上的切点，得到切线的斜率，再由两点的斜率公式，结合切点满足曲线方程，可得切点坐标的关系式，整理得到关于一个坐标变量的方程，借助于函数的极值和最值，即可得到a的范围．
【解答】解：f′（x）＝2x，g′（x）=a x，
设与曲线f（x）＝x2﹣1相切的切点为（m，n），与g（x）＝alnx﹣1相切的切点为（s，t）（s＞0），
则有公共切线斜率为2m=a
s
=n−t
m−s，
又t＝alns﹣1，n＝m2﹣1，
可得n﹣t＝m2﹣alns＝2m2﹣2ms，m=a
2s，
即有m2＝2ms﹣alns，即a2
4s2
=a﹣alns，
可得a＝4s2﹣4s2lns，s＞0，
设h（s）＝4s2﹣4s2lns，s＞0，
h′（s）＝8s﹣4（2slns+s）＝4s﹣8slns＝4s（1﹣2lns），
可得0＜s＜√e时，h′（s）＞0，h（s）递增，当s＞√e时，h′（s）＜0，h（s）递减，可得s=√e处h（s）取得极大值，且为最大值2e，
则0＜a≤2e，故选：D．
例9．既与函数f（x）＝lnx的图象相切，又与函数g(x)=x+1
x的图象相切的直线有（）
A．0条B．1条C．2条D．3条
【分析】求出两条切线的切线方程，利用切线相同，得到方程组，然后求解方程组解的个数，即可判断切线的条数．
【解答】解：设函数f（x）＝lnx切点P（n，lnn），
因为f（x）＝lnx，则f′（x）=1
x，所以切线l的方程为y﹣lnn=
1
n（x﹣n），即y=
1
n x+lnn
﹣1，
设直线l与曲线y＝g（x）相切于点（m，m+1 m），
因为g′（x）＝1−1
x2
，切线的斜率为g′（m）＝1−
1
m2
，所以，切线方程为：y﹣m−
1
m
=
（1−
1
m2
）（x﹣m），
既与函数f（x）＝lnx的图象相切，又与函数g(x)=x+1
x的图象相切，所以：{
1
n
=1−1
m2
−2m=lnn−1
，
可得±√1−1
n
=lnn﹣1，当√1−1n−lnn+1=0时，令h（x）=√1−1x−lnx+1，h（1）
＝1＞0，h（10）=√1−1
10
−ln10+1＜0，函数有1个零点．即有1条切线；
当−√1−1
n
=lnn﹣1，令h（x）=−√1−1n−lnn+1，h（1）＝1＞0，h（2）=−√22−ln2+
1＜0，函数有1个零点，所以有1条切线，
综上，既与函数f（x）＝lnx的图象相切，又与函数g(x)=x+1
x的图象相切的直线有2
条．
故选：C．
4.已知切线求参
例10．直线y＝﹣x+2与曲线y＝﹣e x+a相切，则a的值为（）
A．﹣3B．﹣2C．﹣1D．0
【分析】设切点为（m，n），求得y＝﹣e x+a的导数，可得切线的斜率及m，n的方程，解方程可得a的值．
【解答】解：设切点为（m，n），
y＝﹣e x+a的导数为y′＝﹣e x+a，
可得切线的斜率为﹣e m+a＝﹣1，
则m+a＝0，
且n＝﹣m+2＝﹣e m+a，
解得m＝3，a＝﹣3．
故选：A．
例44．已知曲线f（x）＝﹣x3+ax2﹣2x与直线y＝kx﹣1相切，且满足条件的k值有且只有3个，则实数a的取值范围是（）
A．[2，+∞）B．（2，+∞）C．[3，+∞）D．（3，+∞）
【分析】设切点P（t，﹣t3+at2﹣2t），求得切线的方程，把点（0，﹣1）代入，可得a
与t的关系，得2t3﹣at2+1＝0有三个不同的实数解，t＝0不是方程的解，所以a=2t3+1 t2
有三个不同的实数解．令h（t）=2t3+1
t2
，求导分析单调性，极值，进而得出结论．
【解答】解：设切点P（t，﹣t3+at2﹣2t），
f′（x）＝﹣3x2+2ax﹣2，
切线的斜率为：k＝f′（t）＝﹣3t2+2at﹣2，
所以切线的方程为：y﹣（﹣t3+at2﹣2t）＝（﹣3t2+2at﹣2）（x﹣t），又因为点（0，﹣1）在切线上，
所以﹣1﹣（﹣t3+at2﹣2t）＝（﹣3t2+2at﹣2）（0﹣t），
即2t3﹣at2+1＝0有三个不同的实数解，
t＝0不是方程的解，
所以a=2t3+1
t2
有三个不同的实数解．
令h（t）=2t3+1 t2
，
h′（t）=2t(t3−1)
t4
=2(t
3−1)
t3
，
当t∈（1，+∞），（﹣∞，0）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增，当t∈（0，1）时，h′（t）＜0，h（t）单调递减，
h（1）＝3，当t→0时，h（t）→+∞，
所以a＞3，
故选：D ．
例12．已知函数f （x ）=1
4x 2+1
2x +a （x ＜0），g （x ）＝lnx （x ＞0），其中a ∈R ．若f （x ）的图象在点A （x 1，f （x 1））处的切线与g （x ）的图象在点B （x 2，g （x 2））处的切线重合，则a 的取值范围是（ ） A ．（﹣1+ln 2，+∞） B ．（﹣1﹣ln 2，+∞）
C ．(−3
4，+∞)
D ．（ln 2﹣ln 3，+∞）
【分析】由题意知，x 1＜0＜x 2，分别求出函数f （x ）在点A 处的切线方程与g （x ）在点B 处的切线方程，整理后由斜率相等且在y 轴上的截距相等可得a ＝lnx 2+（1x 2
−1
2
）2﹣1
＝﹣ln
1x 2
+（
1x 2
−1
2
）2﹣1，令t =1x 2
，则t ＞0，且a ＝t 2﹣t ﹣lnt −3
4，然后利用导数求h
（t ）＝t 2﹣t ﹣lnt −34
的最小值，则答案可求． 【解答】解：由题意知，x 1＜0＜x 2，
当x 1＜0时，函数f （x ）在点A （x 1，f （x 1））处的切线方程为y ﹣（1
4
x 12+1
2
x 1+a ）＝（1
2
x 1+12
）
（x ﹣x 1）；
当x 2＞0时，函数g （x ）在点B （x 2，g （x 2））处的切线方程为y ﹣lnx 2=1
x 2
（x ﹣x 2）． 两直线重合的充要条件是1
x 2
=1
2x 1+12①，lnx 2﹣1=−1
4x 12+a ②，
得a ＝lnx 2+（1
x 2
−12
）2﹣1＝﹣ln
1x 2
+（
1x 2
−1
2
）2﹣1，
令t =
1x 2，由①及x 1＜0＜x 2知，则0＜t ＜12，且a ＝t 2﹣t ﹣lnt −34
， 设h （t ）＝t 2﹣t ﹣lnt −3
4
（0＜t ＜12
），
则h ′（t ）＝2t ﹣1−1t =2t 2−t−1t =(t−1)(2t+1)t
＜0，
∴h （t ）在（0，1
2
）上单调递减，
则h （t ）＞h （1
2
）＝ln 2﹣1，又t →0时，h （t ）→+∞．
∴a ＞ln 2﹣1，
则a 的取值范围是（ln 2﹣1，+∞）． 故选：A ．
二、导数研究单调性 1.抽象构造
例1．已知定义在R 上的偶函数f （x ），其导函数为f ′（x ），若xf ′（x ）﹣2f （x ）＞0，f （﹣2）＝1，则不等式f(x)x 2
＜1
4
的解集是（ ）
A ．（﹣2，2）
B ．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）
C ．（﹣2，0）∪（0，2）
D ．（﹣∞，0）∪（0，2）
【分析】构造函数令g （x ）=f(x)
x 2
，依题意知g （x ）为偶函数且在区间（0，+∞）单调递增；不等式f(x)x 2
＜14⇔g （x ）＜g （2），利用单调性脱去“g ”即可求得不等式f(x)x 2
＜
14
的解集．
【解答】解：令g （x ）=f(x)x 2，则g ′（x ）=x 2f′(x)−2xf(x)x 4=xf′(x)−2f(x)x 3
，
因为xf ′（x ）﹣2f （x ）＞0，
所以，当x ＞0时，g ′（x ）＞0，即g （x ）在区间（0，+∞）单调递增； 又f （x ）是R 上的偶函数， 所以g （x ）=
f(x)
x 2
是（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数， 又f （2）＝f （﹣2）＝1； 故g （2）=
f(2)22=14， 于是，不等式f(x)x 2
＜1
4
化为g （x ）＜g （2），
故|x |＜2，
解得﹣2＜x ＜2，又x ≠0， 故选：C ．
例2．函数f （x ）是定义在（0，+∞）上的可导函数，f '（x ）为其导函数，若xf '（x ）+f （x ）＝（1﹣x ）e x ，且f （2）＝0，则f （x ）＞0的解集为（ ） A ．（0，1）
B ．（0，2）
C ．（1，2）
D ．（1，4）
【分析】令g （x ）＝xf （x ），结合已知可求函数g （x ）的单调性，然后结合特殊点g （0）＝g （2）＝0及单项即可求解．
【解答】解：令g （x ）＝xf （x ），则g ′（x ）＝xf ′（x ）+f （x ）＝（1﹣x ）e x ， 当x ∈（0，1）时，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，当x ∈（1，+∞）时，g ′（x ）＜0，
函数单调递减，
又因为f （2）＝0，所以g （2）＝2f （2）＝0，g （0）＝0， 由f （x ）＞0可得，xf （x ）＞0即g （x ）＞0， 所以0＜x ＜2． 故选：B ．
例3．已知f （x ）是定义在R 上的偶函数，其导函数为f ′（x ），若f ′（x ）＜f （x ），且f （x +1）＝f （3﹣x ），f （2019）＝2，则不等式f （x ）＜2e x ﹣1
的解集为（ ）
A ．(−∞，1
e ]
B ．（e ，+∞）
C ．（﹣∞，0）
D ．（1，+∞）
【分析】根据函数的奇偶性可推出函数的周期，构造函数g （x ）=f(x)
e x ，根据导数研究函数的单调性，即可求解不等式． 【解答】解：因为
f （x ）为偶函数， 所以f （x +1）＝f （3﹣x ）＝f （x ﹣3），
故f （x +4）＝f （x ）即函数是周期为4的周期函数，
因为f （2019）＝f （2019﹣4×505）＝f （﹣1）＝f （1）＝2， 令g （x ）=
f(x)e x ，则g （1）=f(1)e =2
e
， 因为f ′（x ）＜f （x ）， 则g′(x)=
f′(x)−f(x)
e x
＜0，即g （x ）在R 上单调递减， 由不等式f （x ）＜2e x
﹣1
可得
f(x)e x
＜2
e
，即g （x ）＜g （1），
解可得，x ＞1，即不等式的解集（1，+∞）． 故选：D ． 2.含参讨论
例4．若函数f （x ）＝ke x −1
2
x 2在区间（0，+∞）上单调递增，则实数k 的取值范围是（ ） A ．[1
e ，+∞）
B ．（0，+∞）
C ．（1
e
，+∞）
D ．[0，+∞）
【分析】依题意，k ≥x
e x 在（0，+∞）上恒成立，构造新函数，利用导数求其最大值即可．
【解答】解：f ′（x ）＝ke x ﹣x ，依题意，ke x ﹣x ≥0在（0，+∞）上恒成立，即k ≥x
e x 在（0，+∞）上恒成立，
令g(x)=x
e x
(x＞0)，则g′(x)=1−x
e x，
易知函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴g(x)max=g(1)=1 e，
∴k≥1 e．
故选：A．
例5．已知函数f（x）＝（e﹣k）elnx+kx，其中k＞0，g（x）＝e x．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当e＜k＜2e2+e时，存在唯一的整数x0，使得f（x0）＞g（x0）．（注：e＝
2.71828……为自然对数的底数，且ln2≈0.693，ln3≈1.099．）
【分析】（Ⅰ）求导，分0＜k≤e及k＞e两种情况讨论即可得出单调区间；
（Ⅱ）先验证x0＝1符合题意，当x0＝2不符合题意，由讨论的是整数解问题，所以接下来再证明x≥e时，不符合题意即可．
【解答】解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），f′(x)=kx+(e−k)e
x，
若0＜k≤e，则f′(x)=k[x−(k−e)e
k
]
x＞0，函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
若k＞e，f′(x)=k[x−(k−e)e
k
]
x，当x∈(0，
(k−e)e
k
)时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单
调递减，
当x∈((k−e)e
k，+∞)时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；
（Ⅱ）证明：当x0＝1时，f（1）＝k＞e＝g（1），即存在x0＝1，使得f（x0）＞g（x0）；当x0＝2时，f（2）﹣g（2）＝（e﹣k）eln2+2k﹣e2，令m（k）＝（e﹣k）eln2+2k﹣e2，因为m（k）是关于k的一次函数，
所以m(k)max=max{m(e)，m(2e2+e)}，其中m（e）＝2e﹣e2＜0，m（2e2+e）＝e（3e+2﹣2e2ln2），
又3e+2﹣2e2ln2＝2﹣e（2eln2﹣3）＜2﹣2.71×（2×2.71×0.69﹣3）＝﹣0.004858＜0，所以m（k）max＜0，即x0＝2不符合题意；
因为讨论的是整数解问题，所以接下来若能证明x≥e时，不符合题意即可，
当x≥e时，令h（x）＝g（x）﹣f（x）＝e x﹣（e﹣k）elnx﹣kx，则ℎ′(x)=e x−(k−e)e
x
−k，
令t(x)=e x−(k−e)e
x
−k，则t′(x)=e x−(k−e)e
x2
，
由k＞e易知t′（x）在[e，+∞）上单调递增，则t′(x)≥t′(e)=e e−k−e
e＞e
e−2e2+e−e
e
=
e e−2e＞0，
所以t（x）在[e，+∞）上单调递增，则t(x)≥t(e)=e e−(e−k)e
e
−k=e e−e＞0，
所以h′（x）＞0，即h（x）在[e，+∞）上单调递增，则h（x）≥h（e）＝e e﹣（e﹣k）elne﹣ek＝e e﹣e2＞0，即g（x）＞f（x），不符合题意．
综上所述，当e＜k＜2e2+e时，存在唯一的整数x0＝1，使得f（x0）＞g（x0）．
例6．已知函数f(x)=1
2
x2−(a+1)lnx−12（a∈R，a≠0）．
（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）若对任意的x∈[1，+∞），都有f（x）≥0成立，求a的取值范围．
【分析】（Ⅰ）根据题意，当a＝2时，求出函数的导数，计算可得f（1）与f′（1）的值，由导数的几何意义分析可得切线的方程，变形即可得答案；
（Ⅱ）根据题意，求出函数的导数，对a的值进行分情况讨论，分析函数的单调性，综合即可得答案．
（Ⅲ）对任意的x∈[1，+∞），都有f（x）≥0成立⇔（a+1）lnx≤1
2x
2−1
2（x≥1）恒成立，
当x＞1时，lnx＞0，原不等式化为：2（a+1）≤x2−1
lnx恒成立⇔2（a+1）≤(
x2−1
lnx
)min，
令g（x）=x2−1
lnx，利用导数法结合洛必达法则知，g（1
+）=(x
2−1)′
(lnx)′|x＝1=
2x
1
x
|x＝1＝2，
解不等式2（a+1）≤2，即可求得答案．
【解答】解：（I）当a＝2时，f(x)=1
2
x2−3lnx−12的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝x−3 x，
∴f′（1）＝﹣2，又f（1）＝0，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：y﹣0＝﹣2（x﹣1），即2x+y﹣2＝0；
（II）f′（x）＝x−a+1 x，
当a+1≤0，即a≤﹣1时，f'（x）＞0，f（x）在区间（0，+∞）单调递增；
当a+1＞0，即a＞﹣1时，f′（x）＝x−a+1
x在区间（0，+∞）单调递增；
令f′（x）＝0，得x=√a+1，
当0＜x ＜√a +1时，f '（x ）＜0，函数f （x ）在区间（0，√a +1）单调递减； 当x ＞√a +1时，f '（x ）＞0，函数f （x ）在区间（√a +1，+∞）单调递增； 综上，当a ≤﹣1时，函数f （x ）的增区间是（0，+∞）；
当a ＞﹣1时，函数f （x ）的减区间是（0，√a +1），函数f （x ）增区间是（√a +1，+∞）；
（Ⅲ）对任意的x ∈[1，+∞），都有f （x ）≥0成立⇔（a +1）lnx ≤1
2
x 2−12
（x ≥1）恒成立， 当x ＝1时，0≤0成立，此时a ∈R ；①
当x ＞1时，lnx ＞0，原不等式化为：2（a +1）≤x 2−1lnx 恒成立⇔2（a +1）≤(x 2−1lnx )min
，
令g （x ）=x 2−1
lnx ， 则g ′（x ）=
2x⋅lnx−1x (x 2
−1)
(lnx)
2=
2x⋅lnx−x+1x
(lnx)
2
，
再令h （x ）＝2xlnx ﹣x +1
x
（x ＞1）， 则h ′（x ）＝2（1+lnx ）﹣1+
1x 2=2lnx +1+1
x
2＞0， ∴h （x ）＝2xlnx ﹣x −1
x （x ＞1）在区间（1，+∞）单调递增， ∴h （x ）＞h （1）＝0，即g ′（x ）＞0，
∴g （x ）=x 2−1
lnx 在区间1，+∞）单调递增，
又当x →1+
时，g （x ）=x 2−1lnx 的分子与分母均趋近于0，由洛必达法则知，g （1+）=(x 2
−1)′
(lnx)′|
x
＝1
=
2x
1x
|x ＝1＝2，
∴2（a +1）≤2， ∴a ≤0②
综合①②知，a ≤0．
例7．已知函数f （x ）＝a （lnx ﹣x 2）﹣（a 2﹣2）x （1）讨论f （x ）的单调性；
（2）若存在实数x 1，x 2，使f （x 1）•f （x 2）＜0，求实数a 的范围． 【分析】（1）求导，分类讨论即可求得单调性情况；
（2）分a ＝0，a ＜0及a ＞0三种情况讨论即可求得实数a 的取值范围． 【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），f′(x)=−1
x (ax −1)(2x +a)，
当a＝0时，f′（x）＝2＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a≠0时，令f′（x）＝0，解得x=1
a或x=−
a
2，
当a＞0时，函数f（x）在(0，1
a
)上单调递增，在(1a，+∞)单调递减；
当a＜0时，函数f（x）在(0，−a
2
)上单调递减，在(−a2，+∞)单调递增．
（2）当a＝0时，f（x）＝2x＞0，不符合题意；
当a＞0时，由（1）知，f(x)max=f(1
a
)=−(lna−1
a2
+1)，
由g(a)=lna−1
a2
+1在（0，+∞）上单调递增，且g（1）＝0可知，
①当a≥1时，由（1）知，f（x）max≤0，此时f（x）≤0恒成立，不符合题意；
②当0＜a＜1时，f(x)max=f(1a)＞0，
由常见不等式可知，lnx＜x，而x＜（a+1）x，故lnx＜（a+1）x，即lnx﹣ax＜x，∴alnx﹣a2x＜ax，
由f（x）＝alnx﹣ax2﹣a2x+2x＜ax﹣ax2+2x＝﹣x（ax﹣a﹣2）＝0有，x=2
a
+1，即f(2a+1)
＜0，
∴存在x1=1
a，x2
=2a+1，使得f（x1）•f（x2）＜0，满足题意；
当a＜0时，由（1）知，f(x)min=f(−a
2
)=a[ln(−a2)+a
2
4
−1]，
由ℎ(a)=ln(−a
2
)+a
2
4
−1在（﹣∞，0）上单调递减，且h（﹣2）＝0知，
当﹣2≤a＜0时，f（x）≥0恒成立，不满足题意；
当a＜﹣2时，f(x)min=f(−a
2
)＜0，
由常见不等式可知，lnx＜x，x＜(1−2
a
)x，故lnx＜(1−2a)x，则alnx+2x＞ax，
由f（x）＝alnx﹣ax2﹣a2x+2x＞ax﹣ax2﹣a2x＝﹣ax（x+a﹣1）＝0，得x＝1﹣a，即f（1﹣a）＞0，
∴存在x1=−a
2，x2
=1−a，使得f（x1）•f（x2）＜0，满足题意；
综上所述，实数a的取值范围为（﹣∞，﹣2）∪（0，1）．
例8．已知函数f（x）=−1
2a（x﹣1）
2+（x﹣2）e x（a＞0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性：
（2）若关于x的方程f（x）+1
2a＝0存在3个不相等的实数根，求实数a的取值范围．
【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系对a进行分类讨论即可求解；（2）转化为相应的函数的交点问题，结合导数研究函数的特征，然后结合图象可求．【解答】解：（1）f′（x）＝﹣a（x﹣1）+（x﹣1）e x＝（x﹣1）（e x﹣a），
∵a＞0，由f′（x）＝0可得x＝1或x＝lna，
（i）当0＜a＜e时，1＞lna，
在（1，+∞），（﹣∞，lna）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在（lna，1）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
（ii）当a＝e时，lne＝1，f′（x）＞0在R上恒成立，即f（x）在R上单调递增；（iii）当a＞e时，lna＞1，
在（lna，+∞），（﹣∞，1）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在（1，lna）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
（2）∵f（x）+1
2a=−
1
2
ax2+ax+(x−2)e x=（x﹣2）（e x−12ax）＝0有3个实数根，
x＝2显然是方程的一个解，故e x−1
2
ax=0有2个实数根且x≠0，x≠2，
即a=2e x
x（x≠2），
令g（x）=2e x
x（x≠2），则g′(x)=
2e x(x−1)
x2
，
当x∈（﹣∞，0），（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当∈（1，2），（2，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x＜0时，g（x）＜0，x＝1时，g（x）取得极小值，g（1）＝2e，
又g（2）＝e2，则2e＜a＜e2或a＞e2．
3.不含参研究
例9．（1）证明函数y＝e x﹣2sin x﹣2x cos x在区间(−π，−π
2
)上单调递增；
（2）证明函数f(x)=e x
x
−2sinx在（﹣π，0）上有且仅有一个极大值点x0，且0＜f（x0）
＜2．
【分析】（1）对函数求导，判断即可；
（2）求导，构造函数g（x），根据零点存在性定理，存在唯一零点x0∈（﹣π，−π2），根
据题意，判断零点x0对应值f（x0）的取值范围，得出结论．
【解答】解：（1）求导，y'＝e x﹣2cos x﹣2（cos x﹣x sin x）＝e x+2x sin x﹣4cos x，x∈(−π，−π2)，
因为e x＞0，2x sin x＞0，﹣4cos x＞0，故y'＞0，
函数y在定义区间递增；
（2）由f′(x)=e x(x−1)−2x2cosx
x2
，
令g（x）＝e x（x﹣1）﹣2x2cos x，g'（x）＝x（e x+2x sin x﹣4cos x）
当x∈(−π，−π
2
)，由（1）得g'（x）＜0，g（x）递减，
由g（−π
2）=e
−
π
2(−
π
2
−1)＜0，g（﹣π）＝8﹣e﹣π（1+π）＞0，
根据零点存在性定理，存在唯一零点x0∈（﹣π，−π
2），g（x0）＝0，
当x∈（﹣π，x0）时，g（x）＞0，f（x）递增；
当x∈（x0，−π
2）时，g（x）＜0，f（x）递减，
当x∈（−π
2，0）时，f'（x）=
e x(x−1)
x2
−2cosx＜0，所以f（x）递减，
故f（x）在（x0，0）为减函数，所以f（x）有唯一的极大值点x0，
由f（x）在（x0，−π
2）递减，得f（x0）＞f（−
π
2）=
e−
π
2
−π2
+2=−1
π
2
⋅e
π
2
+2＞0，
又f（x0）=e x0
x o
−2sinx0，当x0∈（﹣π，−π2）时，
e x o
x0
∈（﹣1，0），0＜﹣2sin x0＜2，
故f（x0）＜2，
综上，命题成立．
例10．已知函数f（x）＝（x﹣lnx﹣1）•e ax，其中a≥0．（Ⅰ）当a＝1时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当函数f（x）在区间(1
2，+∞)上有且只有2个极值点时，求a的取值范围．
【分析】（I）把a＝1代入，构造函数g（x），根据单调性判断即可；
（II）由f'（x）＝[a（x﹣lnx﹣1）+1−1
x]e
ax，其中e ax＞0，且f'（x）＝0，设h（x）＝a
（x﹣lnx﹣1）+1−1
x，对h'（x）分类讨论，判断h（x）的零点，进而判断f（x）的极值
点，得出结论．
【解答】解：（I ）易知函数f （x ）的定义域为（0，+∞）， 当a ＝1时，f '（x ）＝（x −1
x −lnx ）e x ，又e x ＞0，
设g （x ）=x −1x −lnx ，则g '（x ）＝1+1x 2−1x =x 2−x+1x 2
＞0恒成立，
所以g （x ）在（0，+∞）单调递增，又g （1）＝0，
当x ∈（0，1）时，f '（x ）＜0，当x ∈（1，+∞）时，f '（x ）＞0； 故函数f （x ）在（0，1）单调递减；（1，+∞）单调递增；
（Ⅱ）由f '（x ）＝[a （x ﹣lnx ﹣1）+1−1x
]e ax ，其中e ax ＞0，且f '（x ）＝0， 设h （x ）＝a （x ﹣lnx ﹣1）+1−1
x ， 即h （1）＝0，又h '（x ）＝a （1−1
x ）+
1x 2=ax 2−ax+1x 2
， ①当a ＝0时，h '（x ）＞0，h （x ）在（1
2
，+∞）单调递增，
所以x ∈（1
2
，+∞）时h （x ）＜0，当x ∈（1，+∞）时h （x ）＞0；
即f （x ）在区间上有且只有1个极值点x ＝1，故不满足题意； ②当a ≠0时，h '（x ）＝0，得ax 2﹣ax +1＝0，△＝a 2﹣4a ， 当0＜a ≤4时，△≤0，此时h '（x ）＞0在（1
2，+∞）恒成立，
h （x ）递增，不可能有两个极值点，故也不满足题意． 当a ＞4时，△＞0，设ax 2﹣ax +1＝0的两根为m ，n （m ＜n ）， 由m +n ＝1，mn =1
a
＞0，得0＜m ＜12
＜n ＜1，
则x ∈（1
2，n ）时，h '（x ）＜0，h （x ）递减；x ∈（n ，+∞）时，h '（x ）＞0，h （x ）递增
又h （1）＝0，故h （n ）＜h （1）＝0，h （1
2
）＝a （ln 2−12
）﹣1，
（i ）当a （ln 2−12）﹣1≤0，即4＜a ≤
2
2ln2−1
时，
则x ∈（12
，1）时，f '（x ）＜0，f （x ）递减，x ∈（1，+∞）时，f '（x ）＞0，f （x ）递增； 即f （x ）在区间（1
2，+∞）上有且只有1个极值点x ＝1，故不满足题意．
（ii ）当a （ln 2−12）﹣1＞0，即a ＞2
2ln2−1时， 因为x ∈（1
2，n ）时，h （x ）递减，h （n ）＜0，
故存在x 0∈（12
，n ）使得h （x 0）＝0，当x ∈（1
2
，x 0）时，h （x ）＞0，f （x ）递增；当x ∈
（x 0，1）时，h （x ）＜0，f （x ）递减；当x ∈（1，+∞）时，h （x ）＞0，f （x ）递增； 此时f （x ）有且只有2个极值点x ＝1和x ＝x 0，故满足题意； 综上可得，符合条件的a 的取值范围为（22ln2−1
，+∞）．
例11．设函数f(x)=
x 2
2+√
2xcosx −√2sinx ． （1）讨论f （x ）在[﹣π，π]上的单调性； （2）证明：f （x ）在R 上有三个零点．
【分析】（1）利用导数的正负可求函数的单调区间．
（2）结合函数的单调性和零点存在定理可证明f （x ）在[﹣π，π]上有3个零点，再构建新函数可证明f （x ）在（﹣∞，π）及（π，+∞） 上没有零点．
【解答】解：（1）f′(x)=x +√2cosx −√2xsinx −√2cosx =√2x(√2
2−sinx)， 由f ′（x ）＝0，x ∈[﹣π，π]，得x =0，π
4，3π
4， 当x 变化时，f ′（x ），f （x ）的变化情况如下表，
x [﹣π，0）
0 (0，π
4) π4
(π
4，
3π4
) 3π4
(
3π
4
，π] f ′（x ） ﹣ 0 + 0 ﹣ 0 + f （x ）
↘
极小值
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴f （x ）的单调递减区间为[−π，0)，(π
4，3π4)，单调递增区间为(0，π
4)，(3π4，π]； （2）证明：当x ∈[﹣π，π]，由（1）得，f （x ）的极小值分别为f(0)=0，f(3π
4)＜f(π
2)=
π2
8
−√2＜0； 极大值f(π4)＞f(0)=0，又f(π)=π2
2
−√2π＞0，
∴f （x ）在[﹣π，0]上仅有一个零点0，在(0，3π4)，(3π
4，π]上各有一个零点， 当x ＜﹣π时，f(x)≥x 2
2+√2x −√2sinx ，令g(x)=x 2
2+√2x −√2sinx ，则g′(x)=x +√2−√2cosx ，
显然当x ∈(−3π
2，−π)时，g ′（x ）单调递增，g′(x)＜g′(−π)=2√2−π＜0； 当x ∈(−∞，−3π
2]时，g′(x)≤−3π
2+2√2＜0，；
从而x＜﹣π时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
因此g(x)＞g(−π)=π2
2
−√2π＞0，即f（x）≥g（x）＞0，
∴f（x）在（﹣∞，﹣π）上无零点；
当x＞π时，f(x)≥x2
2
−√2x−√2sinx，令ℎ(x)=x
2
2
−√2x−√2sinx，则ℎ′(x)=x−
√2−√2cosx，
显然当x∈(π，3π
2
)时，−√2cosx＞0，h′（x）＞0；
当x∈[3π
2，+∞)时，ℎ′(x)≥
3π
2
−2√2＞0；
从而x＞π时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
因此ℎ(x)＞ℎ(π)=π2
2
−√2π＞0，即f（x）≥h（x）＞0，
∴f（x）在（π，+∞）上无零点；
综上，f（x）在R上有三个零点．
三、导数求参数取值范围
例1．已知函数f（x）＝（1
2
x2+ax）lnx−
1
4x
2﹣ax．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）若f（x）＞0对x＞1恒成立，求a的取值范围．
【分析】（1）先对函数求导，然后结合a的范围取得导数的符号，进而可求函数的单调性，即可求解极值；
（2）结合（1）中单调性的讨论，不等式的恒成立问题可转化为求解函数的最值或范围
问题，可求．
【解答】解：（1）函数的定义域（0，+∞），f ′（x ）＝（x +a ）lnx ， ①a ≥0时，x +a ＞0，
当0＜x ＜1时，f ′（x ）＜0，函数单调递减，当x ＞1时，f ′（x ）＞0，函数单调递增， 故当x ＝1时，函数取得极小值f （1）=−14
−a ； ②当﹣1＜a ＜0时，
0＜x ＜﹣a 时，f ′（x ）＞0，函数单调递增，﹣a ＜x ＜1时，f ′（x ）＜0，函数单调递减，当x ＞1时，f ′（x ）＞0，函数单调递增，
故当x ＝﹣a 时，函数取得极小值f （﹣a ）=3a 24−12a 2
ln(−a)，
当x ＝1时，函数取得极大值f （1）＝﹣a −1
4；
③a ＝﹣1时，0＜x ＜1时，f ′（x ）＞0，函数单调递增，x ＞1时，f ′（x ）＞0，函数单调递增，即函数为单调函数，没有极值；
④当a ＜﹣1时，0＜x ＜1时，f ′（x ）＞0，函数单调递增，﹣a ＞x ＞1时，f ′（x ）＜0，函数单调递减，x ＞﹣a 时，f ′（x ）＞0，函数单调递增，
故当x ＝1时，函数取得极大值f （1）＝﹣a −14
，当x ＝﹣a 时，函数取得极小值f （﹣a ）
=3a 24−12a 2
ln(−a)，
综上可得，a ≥0时，函数极小值f （1）=−1
4−a ，没有极大值； a ＝﹣1时，没有极值；
﹣1＜a ＜0时，函数极小值f （﹣a ）=3a 24−12a 2ln(−a)，函数取得极大值f （1）＝﹣a −1
4； a ＜﹣1时，函数极大值f （1）＝﹣a −14，当x ＝﹣a 时，函数极小值f （﹣a ）=3a 24−12
a 2ln(−a)；
（2）由（1）可得，当a ≥﹣1时，f （x ）在[1，+∞）上单调递增，x ＞1时，f （x ）＞f （1），
由f （1）＝﹣a −14＞0可得a ≤−14
， 所以﹣1≤a ≤−1
4，
当a ＜﹣1时，由题意可知，只要f （﹣a ）=3a 2
4−1
2a 2ln(−a)＞0，
化简可得，ln （﹣a ）＜3
2，即a ＞﹣e 32，
所以﹣e 3
2＜a＜﹣1，
综上可得a的范围（﹣e 3
2，−
1
4]．
例2．已知函数f（x）＝lnx﹣ax+a，a∈R．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）当x≥1时，恒有g（x）＝（x+1）f（x）﹣lnx≤0恒成立，求a的取值范围..
【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系对a进行分类讨论，确定导数的符号，进而可求函数的单调性；
（2）结合导数可研究函数g（x）的单调性，然后结合函数的性质及零点判定定理可求．
【解答】解（1）函数的定义域（0，+∞），f′(x)=1
x
−a=1−ax
x，
（i）当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
（ii）当a＞0时，由f′（x）＞0可得，0＜x＜1
a，此时函数单调递增，由f′（x）＜0
可得，x＞1
a，此时函数单调递减，
（2）当x≥1时，g（x）＝（x+1）（lnx﹣ax+a）﹣lnx＝xlnx﹣ax2+a，g′（x）＝lnx+1﹣2ax，
令h（x）＝lnx+1﹣2ax，则h′（x）=1
x
−2a，
（i）当a≤0时，h′（x）＞0恒成立，h（x）在[1，+∞）上单调递增，h（x）≥h（1）＝1﹣2a＞0，
即g′（x）》0，故g（x）在[1，+∞）上单调递增，g（x）≥g（1）＝0，不合题意；
（ii）当0＜a＜1
2时，h（x）在[1，
1
2a
]上单调递增，h（x）≥h（1）＝1﹣2a＞0，此时g
（x）在[1，1
2a
]上单调递增，
所以g（1
2a
）＞g（1）＝0，不合题意；
（iii）当a≥1
2时，h′（x）≤0，h（x）在[1，+∞）上单调递减，
所以h（x）≤h（1）＝1﹣2a＜0，故g′（x）≤0，所以g（x）在[1，+∞）上单调递减，
所以g（x）≤g（1）＝0，所以g（x）≤0恒成立．
例3．已知函数f(x)=2e x+a2
e x
−ax．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）≥0，求实数a的取值范围．
【分析】（1）先求出导函数f'（x），在对a分情况讨论即可得到f（x）的单调性；
（2）若f（x）≥0恒成立，则f（x）的最小值大于等于0，结合第（1）问的函数f（x）的单调性，即可求出a的取值范围．
【解答】解：（1）函数f（x）的导函数为f′(x)=1
e x
(e x−a)(2e x+a)，
当a＝0时，函数f（x）在（﹣∞，+∞）单调递增；
当a＞0时，函数f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增；
当a＜0时，函数f（x）在(−∞，ln(−a
2
))上单调递减，在(ln(−a2)，+∞)上单调递增．
（2）当a＝0时，函数f（x）＝2e x，显然f（x）＞0，满足题意，
当a＞0时，∵f（x）≥0恒成立，∴f（x）的最小值f（lna）＝2a+a﹣alna＝a（3﹣lna）≥0，解得：0＜a≤e3，
当a＜0时，∵f（x）≥0恒成立，∴f（x）的最小值f(ln(−a
2
))=−a−2a−aln(−a2)=
−a(3+ln(−a2))≥0，解得：a≤−2
e3
．
综上所述，a的取值范围为(−∞，−2
e3
]∪[0，e3]．
例4．已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx+ax2+（1﹣a）x﹣1．
（1）当a＝﹣1时，判断函数的单调性；
（2）讨论f（x）零点的个数．
【分析】（1）把a＝﹣1代入后对函数求导，然后结合导数与单调性的关系即可求解函数的单调性；
（2）先对函数求导，然后结合导可判断函数的单调性，然后结合函数的性质及零点判定定理即可求解．
【解答】解：（1）a＝﹣1时，f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x2+2x﹣1，f′(x)=lnx−2x−1
x
+3，
令h（x）=f′(x)=lnx−2x−1
x
+3，则ℎ′(x)=1x−2+1
x2
=(2x+1)(1−x)
x2
，
易得函数h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，故h（x）≤h（1）＝0即f′（x）≤0，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减；
（2）由f（x）＝（x﹣1）lnx+ax2+（1﹣a）x﹣1可得f（1）＝0，即x＝1为函数f（x）的一个零点，
设g（x）＝lnx+ax+1，则f（x）的零点个数即为g（x）的不为1的零点个数加上1，（i）当a＝﹣1时，由（1）知f（x）单调递减，且x＝1是f（x）的零点，故f（x）有且只有1个零点1；
（ii）当a≥0时，g（x）单调递增且g（1）＞0，
g（x）＝lnx+ax+1＜2(x−1)
x+1
+ax+1=ax
2+(a+3)x−1
x+1，0＜x＜1，
因为ax2+（a+3）x﹣1＜（a+4）x2+（a+3）x﹣1＝[（a+4）x﹣1]（x+1），
所以g（1
a+4
）＜0，
综上可知，g（x）在（0，+∞）上有1个零点且g（1）＝9，所以f（x）有2个零点
（iii）又g′(x)=ax+1
x，所以当﹣1＜a＜0时，g（x）在（0，−
1
a）上单调递增，在（−
1
a，
+∞）上单调递减，
故g（x）的最大值g（−1
a）＝ln（−
1
a）＞0，
又g（x）＜2(x−1)
x+1
+ax+1＜2(x−1)
x+1
+1=0，且g（
1
3
）＜0，g（
1
e
）=
a
e＜0，
所以g（x）在（0，−1
a）上有1个零点，在（−
1
a，+∞）上有1个零点且x＝0也是零
点，
此时f（x）共有3个零点，
（iv）又g′(x)=ax+1
x，所以当a＜﹣1时，g（x）在（0，−
1
a）上单调递增，在（−
1
a，
+∞）上单调递减，
故g（x）的最大值g（−1
a）＝ln（−
1
a）＜0，
故g（x）没有零点，此时f（x）只有1个零点，
综上可得，当a≤﹣1时，f（x）有1个零点；当﹣1＜a＜0时，f（x）有3个零点，当a ≥0时，f（x）有2个零点．
例5．已知函数f（x）＝（x2+ax+1）e x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若函数g（x）＝（x2+1）e x﹣mx﹣1在[﹣1，+∞）有两个零点，求m的取值范围．
【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系即可求解；
（2）结合导数判断单调性，然后结合零点判定定理即可求解．
【解答】解：（1）f′（x）＝e x[x2+（a+2）x+（a+1）]＝e x（x+1）[x+（a+1）]，
①当a＝0时，f′（x）＝e x（x+1）2≥0，即f（x）在[﹣1，+∞）上单调递增，
②当a＞0时，x∈（﹣∞，1），f′（x）＞0，函数单调递增，当x∈（1，a+1）时，f′（x）＜0，函数单调递减，
当x∈（a+1，+∞）时，f′（x）＞0，函数单调递增，
③当a＜0时，x∈（﹣∞，1+a），f′（x）＞0，函数单调递增，当x∈（a+1，1）时，f′（x）＜0，函数单调递减，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，函数单调递增，
（2）g′（x）＝（x2+2x+1）e x﹣m，
（i）当m≤0时，g′（x）≥0恒成立，g（x）在[﹣1，+∞）上单调递增，最多一个零点，不符合题意；
（ii）当m＞0时，令h（x）＝（x2+2x+1）e x﹣m，则h′（x）＝（x2+4x+3）e x≥0恒成立，故g′（x）在[﹣1，+∞）上单调递增，
因为g′（﹣1）＝﹣m＜0，x→+∞时，g′（x）＞0，
由零点判定定理可知，一定存在唯一的x0使得g′（x0）＝0，且g（0）＝0，
①当x0＝0时，即g′（0）＝1﹣m＝0，此时只有一个零点0，不合题意；
②当x0＞0时，即g′（0）＝1﹣m＜0，此时0为零点，满足有2个零点，m＞1；
③当x0＜0，g′（0）＝1﹣m＞0，则0＜m＜1时，x＝0为其中一个零点，若满足有2
个零点，则必须f（﹣1+2
e
+m−1≥0且0＜m＜1，
解可得1＞m≥1−2 e，
综上可得，m＞1或1＞m≥1−2 e．
例6．已知函数f(x)=ln ex
2
−ax，g(x)=x−4a
x，
（1）求函数f（x）的极值点；
（2）当a＞0时，当函数h（x）＝f（x）﹣g（x）恰有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
【分析】（1）求导，分a≤0及a＞0讨论即可得出结论；
（2）对函数h （x ）求导，分类讨论结合零点存在性定理即可得出结论． 【解答】解：（1）因为f(x)=ln ex
2−ax ，所以f(x)=ln x
2−ax +1， 所以f′(x)=
2x ×12−a =1x −a =1−ax
x
， 当a ≤0时，f '（x ）＞0，所以函数f （x ）无极值点； 当a ＞0时，令f '（x ）＝0，解得x =1
a ． 由{
f′(x)＞0x ＞0，解得0＜x ＜1a ；由{f′(x)＜0x ＞0
，解得x ＞1a ．
故函数f （x ）有极大值点1a
，无极小值点． 综上，当a ≤0时，函数f （x ）无极值点；
当a ＞0时，函数f （x ）有极大值点1
a ，无极小值点．
（2）当a ＞0时，ℎ(x)=f(x)−g(x)=ln x 2−ax +4a
x (x ＞0)， 所以ℎ′(x)=
1x −a −4a x 2=−ax 2+x−4a
x 2
(x ＞0)， 设k （x ）＝﹣ax 2+x ﹣4a ，则△＝1﹣16a 2，
①当{△≤0a ＞0即a ≥1
4时，h '（x ）≤0，所以h （x ）在（0，+∞）单调递减，
所以h （x ）不可能有三个不同的零点；
②当{△＞0a ＞0
即0＜a ＜1
4时，k （x ）有两个零点x 1=1−√1−16a 22a ，x 2=1+√1−16a 22a ，
所以x 1＞0，x 2＞0．又因为k （x ）＝﹣ax 2+x ﹣4a 开口向下，
当0＜x ＜x 1时，k （x ）＜0，∴h '（x ）＜0，所以h （x ）在（0，x 1）上单调递减； 当x 1＜x ＜x 2时，k （x ）＞0，∴h '（x ）＞0，所以h （x ）在（x 1，x 2）上单调递增； 当x ＞x 2时，k （x ）＜0，∴h '（x ）＜0，所以h （x ）在（x 2，+∞）上单调递减． 因为ℎ(2)=ln1−2a +4a
2=0，又x 1x 2＝4，所以x 1＜2＜x 2，∴h （x 1）＜h （2）＝0＜h （x 2）． ∵ℎ(1
a
2)=ln
12a 2−a ⋅1a
2+4a 1a 2
=−ln2−2lna −1a +4a 3
， 令m(a)=−ln2−2lna −1
a +4a 3，
则m′(a)=−2a +1a 2+12a 2
=12a 4−2a+1a 2＞1−2a a
2＞0．
所以m（a）在(0，1
4
)单调递增，
所以m(a)＜m(1
4
)=−ln2−2ln(14)−4+4(14)3=3ln2−4+116＜0，即ℎ(1
a2
)＜0．
由零点存在性定理知，h（x）在区间(x2，1
a2
)上有唯一的一个零点x0．
∵ℎ(x0)+ℎ(4
x0
)=ln x02−ax0+4a x
+ln(12⋅4x
)−a⋅4x
+4a4
x0
=0，
又h（x0）＝0，所以ℎ(4
x0
)=0．
所以0＜4
x0＜x1，所以h（x）在区间（0，x1）上有唯一的一个零点
4
x0
，
故当0＜a＜1
4时，h（x）存在三个不同的零点
4
x0
，2，x0．
故实数a的取值范围是(0，1
4 )．
例7．已知函数f(x)=1
2
x2−(m+1)x+mlnx，m∈R，g(x)=e
x
x．
（1）求g（x）的极值；
（2）若对任意的x1，x2∈[2，4]（x1≠x2），当x1＜x2时，f（x1）﹣f（x2）＜|g（x1）﹣g （x2）|恒成立，求实数m的最大值；
（3）若函数f（x）恰有两个不相等的零点，求实数m的取值范围．
【分析】（1）利用导数即可求出函数g（x）的极值；
（2）由（1）可知f（x1）﹣f（x2）＜|g（x1）﹣g（x2）|，等价于f（x1）﹣f（x2）＜g（x2）﹣g（x1），即f（x2）+g（x2）＞f（x1）+g（x1），
设h（x）＝f（x）+g（x）=1
2
x2+mlnx−(m+1)x+e
x
x，则h（x）在[2，4]为增函数，
所以h'（x）≥0 在（2，4）上恒成立，再通过分离参数的方法把恒成立问题转化为最值问题，利用导数求出对应函数的最值即可．
（3）函数f（x）=1
2
x2−(m+1)x+mlnx，x∈（0，+∞），所以f'（x）＝x﹣（m+1）
+m x=(x−1)(x−m)
x，再对m的值分情况讨论，结合函数的极值的大小确定函数的零点个数即可．
【解答】解：（1）函数g（x）=e x
x，定义域为{x|x≠0}，
∴g'（x）=e x(x−1)
x2
，令g'（x）＝0，得x＝1，
列表如下：
x（0，1）1（1，+∞）g'（x）﹣0+
g（x）单调递减极小值单调递增
∵g（1）＝e，∴y＝g（x）的极小值为e，无极大值；
（2）∵x2＞x1，由（1）可知f（x1）﹣f（x2）＜|g（x1）﹣g（x2）|，等价于f（x1）﹣f （x2）＜g（x2）﹣g（x1），
即f（x2）+g（x2）＞f（x1）+g（x1），
设h（x）＝f（x）+g（x）=1
2
x2+mlnx−(m+1)x+e
x
x，则h（x）在[2，4]为增函数，
∴h'（x）＝x﹣（m+1）+m
x
+e
x(x−1)
x2
=x−1x(x−m+e
x
x
)≥0 在（2，4）上恒成立，
∴m≤x+e x
x恒成立，
设v（x）＝x+e x
x，∵v'（x）＝1+
e x(x−1)
x2
＞0 在（2，4）上恒成立
∴v（x）在（2，4）上单调递增，
∴v（x）在[2，4]上的最小值为v（2）＝2+e2 2，
∴m≤2+e2 2，
∴m的最大值为2+e2 2；
（3）函数f（x）=1
2
x2−(m+1)x+mlnx，x∈（0，+∞），
∴f'（x）＝x﹣（m+1）+m
x
=(x−1)(x−m)
x，
①当0＜m＜1 时，当x∈（0，m）和（1，+∞）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x∈（m，1）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，
所以f（x）的极大值为f（m）=1
2
m2−(m+1)m+mlnm=−m
2
2
−m+mlnm＜0，
所以函数f（x）至多一个零点，
②当m＝1时，f'（x）=(x−1)2
x
≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增．所以函数f（x）至多一个零点，
③当m＞1时，当x∈（0，1）和（m，+∞）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x∈（1，m）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，
所以f （x ） 的极大值为f （1）=12−(m +1)=−m −1
2
＜0，f （x ）的极小值为f （m ）＜f （1）＜0，
所以函数f （x ） 至多有一个零点，
④当m ≤0时，当x ∈（0，1）时，f '（x ）＜0，函数f （x ）单调递减；当x ∈（1，+∞）时，f '（x ）＞0，函数f （x ）单调递增， 所以f （x ）
min
=f(1)=−m −1
2， （i ）：当f （x ）
min
=f(1)=−m −
12≥0时，即m ≤−1
2
时，函数f （x ）至多一个零点， （ii ）：当−1
2
＜m ＜0 时，f （x ）min
=f(1)=−m −1
2
＜0，且f （﹣m ）＝m [
3m 2
+1+
ln(−m)]＞0，
所以存在x 1∈（﹣m ，1），使得f （x 1）＝0，所以函数f （x ） 在（0，1）上有唯一的零点． 又f （e 2
）＝e 2
(e 2
2
−1)+(2−e 2)m ＞0，所以函数f （x ）在（1，+∞）上有唯一的零点．
（iii ）：当m ＝0时，函数f （x ）=1
2
x 2−x =x （1
2
x −1），在（0，+∞）上只有一个零
点2，
综上所述：函数f （x ）恰有两个不相等的零点时，实数m 的取值范围为（−1
2，0）．
四、导数与不等式证明 1.作差构造
例1．已知函数f （x ）＝e x ﹣ax ﹣1，a ∈R ． （1）当a ＝2时，求函数f （x ）的单调性； （2）设a ≤0，求证：x ≥0时，f （x ）≥x 2． 【解答】（1）解：当a ＝2时，f （x ）＝e x ﹣2x ﹣1； f ′（x ）＝e x ﹣2；
当f ′（x ）＝0时，x ＝ln 2；
∴f （x ）在（﹣∞，ln 2）上单调递减，在（ln 2，+∞）上单调递增； （2）证明：令g （x ）＝f （x ）﹣x 2；
即证当x ≥0时，g （x ）＝f （x ）﹣x 2＝e x ﹣ax ﹣1﹣x 2≥0恒成立；
g′（x）＝e x﹣2x﹣a；
令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝e x﹣2；
由第（1）问可知，h（x）min＝h（ln2）＝2﹣2ln2﹣a；
∵a≤0；
∴h（ln2）＞0；
∴g′（x）＞0，即g（x）在[0，+∞）上单调递增；
∴g（x）≥g（0）＝0；
∴当x≥0时，f（x）≥x2．
例2．已知函数f（x）＝2e x﹣ax﹣1（a∈R）．
（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点x＝0处的切线平行于x轴，求实数a的值；
（Ⅱ）当a＝1时，证明：f（x）≥x+1．
【解答】（Ⅰ）f′（x）＝2e x﹣a，∵曲线y＝f（x）在点x＝0处的切线平行于x轴，∴f′（0）＝0，解得a＝2；
（Ⅱ）a＝1时，f（x）＝2e x﹣x﹣1≥x+1，
即e x﹣x﹣1≥0，
令g（x）＝e x﹣x﹣1，
g′（x）＝e x﹣1，当x＜0时，g′（x）＜0，当x＞0时，g′（x）＞0，∴g（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
∴g（x）≥g（0）min＝0，
∴当a＝1时，证明：f（x）≥x+1．
例3．已知函数f（x）＝e x﹣ax2+（2﹣e）x﹣1，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y ＝0．
（1）求a的值；
（2）证明：当x＞0时，f（x）≥0．
【解答】解：（1）f（x）＝e x﹣ax2+（2﹣e）x﹣1的导数为f′（x）＝e x﹣2ax+2﹣e，曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y＝0，
可得f（1）＝e﹣a+2﹣e﹣1＝0，且f′（1）＝e﹣2a+2﹣e＝0，
解得a＝1；
（2）证明：由（1）知f（x）＝e x﹣x2+（2﹣e）x﹣1，
∴f′（x）＝e x﹣2x+2﹣e，令函数φ（x）＝f′（x），则φ′（x）＝e x﹣2，
当0＜x＜ln2时，φ′（x）＜0，f′（x）单调递减；
当x＞ln2时，φ′（x）＞0，f′（x）单调递增，
又f′（0）＝3﹣e＞0，f′（1）＝0，0＜ln2＜1，f′（ln2）＜0，
所以，存在x0∈（0，1），使得f′（x）＝0，
当x∈（0，x0）∪（1，+∞）时，f′（x）＞0；
当x∈（x0，1），f′（x）＜0，
故f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，又f（0）＝f（1）＝0，
∴f（x）＝e x﹣x2﹣（e﹣2）x﹣1≥0，
当且仅当x＝1时取等号．故当x＞0时，f（x）≥0．
例4．已知函数f(x)=3
2
x2-ln x+
3a2-1
()
a
x（a∈R，且a≠0）．
（1）求函数f（x）的极值点；
（2）当a＜0时，证明：f(x)+5
2
a2+a-1³0．
【解答】解：（1）函数f（x）＝x2﹣lnx+x（a∈R，且a≠0）的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝3x﹣+＝；
①当a＞0时，令f′（x）＞0，得x＞，令f′（x）＜0，得0＜x＜，
故f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，函数f（x）的极小值点为x＝，
②当a＜0时，令f′（x）＞0，得x＞﹣a；令f′（x）＜0，得0＜x＜﹣a，
故f（x）在（0，﹣a）上单调递减，在（﹣a，+∞）上单调递增，函数f（x）的极小值点为x＝﹣a；
（2）证明：当a＜0时，由（1）得，f（x）在（0，﹣a）上单调递减，在（﹣a，+∞）上单调递增，
所以f（x）≥f（﹣a）＝﹣a2﹣ln（﹣a）+1；
所以f（x）+a2+a﹣1≥a2+a﹣ln（﹣a），
令t＝﹣a（t＞0），则g（t）＝t2﹣t﹣lnt（t＞0），。