第4讲 导数的综合应用

第4讲 导数的综合应用高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真 题 感 悟1.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝⎛⎭⎪⎫12处的切线与y 轴垂直. (1)求b ；(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1. (1)解 f ′(x )＝3x 2＋b .依题意得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，即34＋b ＝0，故b ＝－34.(2)证明 由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34.令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝12. f ′(x )与f (x )的情况为：因为f (1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝c ＋14，所以当c <－14时，f (x )只有大于1的零点.因为f (－1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝c －14，所以当c >14时，f (x )只有小于－1的零点.由题设可知－14≤c ≤14.当c ＝－14时，f (x )只有两个零点－12和1.当c ＝14时，f (x )只有两个零点－1和12.当－14<c <14时，f (x )有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.综上，若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )所有零点的绝对值都不大于1.2.(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数. (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围. (1)证明 设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1， g ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋x cos x ＝x cos x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减.又g (0)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点. 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点.(2)解 由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0.由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减. 又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0].考 点 整 合1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1<x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：3.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②∃x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.4.(1)判断含x，ln x，e x的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝eln x0及e x≥x＋1，ln x≤x－1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x的一次式或二次式，再判断符号.(2)会对复杂函数式或导数式(如含x，ln x，e x的混合式)变形，如拆分为两个函数处理，好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展.热点一利用导数研究函数的零点【例1】 (2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝e x －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a 的取值范围.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －x －2，x ∈R ，则f ′(x )＝e x －1. 当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增. (2)f ′(x )＝e x －a . ①当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增. 故f (x )至多存在一个零点，不合题意. ②当a >0时，由f ′(x )＝0，可得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增. 故当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a (1＋ln a ).(ⅰ)若0<a ≤1e ，则f (ln a )≥0，f (x )在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意.(ⅱ)若a >1e ，则f (ln a )<0.由于f (－2)＝e －2>0，所以f (x )在(－∞，ln a )存在唯一零点. 由(1)知，当x >2时，e x －x －2>0.所以当x >4且x >2ln(2a )时，f (x )＝e x 2·e x 2－a (x ＋2)>e ln(2a )·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2－a (x ＋2)＝2a >0. 故f (x )在(ln a ，＋∞)存在唯一零点. 从而f (x )在(－∞，＋∞)有两个零点. 综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质； 第三步：结合图象求解.2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点，(2)依据零点确定极值的范围，(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论. 【训练1】 设函数f (x )＝ln x －a (x －1)e x ，其中a ∈R . (1)若a ≤0，讨论f (x )的单调性； (2)若0<a <1e ，试证明f (x )恰有两个零点.(1)解 由已知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －[a e x ＋a (x －1)e x ]＝1－ax 2e xx.因此当a ≤0时，1－ax 2e x >0，从而f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)内单调递增. (2)证明 由(1)知，f ′(x )＝1－ax 2e xx .令g (x )＝1－ax 2e x ，由0<a <1e ，可知g (x )在(0，＋∞)内单调递减. 又g (1)＝1－a e>0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ＝1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a 2·1a ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a 2<0， 故g (x )＝0在(0，＋∞)内有唯一解， 从而f ′(x )＝0在(0，＋∞)内有唯一解， 不妨设为x 0，则1<x 0<ln 1a . 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＝g （x ）x >g （x 0）x ＝0，所以f (x )在(0，x 0)内单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＝g （x ）x <g （x 0）x ＝0， 所以f (x )在(x 0，＋∞)内单调递减， 因此x 0是f (x )的唯一极值点. 令h (x )＝ln x －x ＋1， 则当x >1时，h ′(x )＝1x －1<0， 故h (x )在(1，＋∞)内单调递减， 从而当x >1时，h (x )<h (1)＝0， 所以ln x <x －1，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a －1e ln 1a＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a －ln 1a ＋1＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a <0.又因为f (x 0)>f (1)＝0，所以f (x )在(x 0，＋∞)内有唯一零点. 又f (x )在(0，x 0)内有唯一零点1， 从而，f (x )在(0，＋∞)内恰有两个零点. 热点二 利用导数证明不等式【例2】 (2020·衡水中学检测)已知函数f (x )＝ln1＋x1－x. (1)求证：当x ∈(0，1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33；(2)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立，求k 的最大值.(1)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0，1)上单调递增. 所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0，1)，即当x ∈(0，1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(2)解 由(1)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立.当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－（k －2）1－x 2.所以当0<x <4k －2k 时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减. 当0<x <4k －2k 时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0，1)恒成立.综上可知，k 的最大值为2.探究提高 形如f (x )＞g (x )的不等式的证明：(1)首先构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，借助导数求h (x )min ，证明h (x )min ＞0.(2)如果不等式既有指数又有对数，求导不易求最值，可合理分拆和变形，构造两个函数，分别计算它们的最值，利用隔离分析最值法证明.【训练2】 (2020·岳阳二模)已知函数f (x )＝x －ln x －e xx . (1)求证：f (x )≤1－e ；(2)若f (x )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x e x－bx ≥1恒成立，求实数b 的取值范围.(1)证明 f (x )＝x －ln x －e xx ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1－1x －e x （x －1）x 2＝（x －1）（x －e x ）x 2，由e x ≥x ＋1＞x ，知0<x <1时，f ′(x )>0；x >1时，f ′(x )<0， 得f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x )max ＝f (1)＝1－e.从而f (x )≤1－e.(2)解 f (x )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x e x －bx ≥1，即－ln x ＋x －e x x ＋x e x ＋e xx －bx ≥1，恒有x e x －ln x －1＋x x ≥b ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x －ln x －1＋x x min ≥b .令φ(x )＝x e x －ln x －1＋x x ，则φ′(x )＝x 2e x ＋ln xx 2，令h (x )＝x 2e x ＋ln x ，则h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 因为x →0时，h (x )→－∞，h (1)＝e ＞0，所以h (x )在(0，1)上存在唯一零点x 0，且h (x 0)＝x 20e x 0＋ln x 0＝0，所以x 0e x 0＝－ln x 0x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 0(eln 1x 0). 令m (x )＝x e x ，上式即m (x 0)＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 0.由于m (x )＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增， 故x 0＝ln 1x 0＝－ln x 0，即e x 0＝1x 0，从而φ′(x 0)＝0且0<x <x 0时，h (x )<0，φ′(x )<0；x >x 0时，h (x )>0，φ′(x )>0， 所以φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， φ(x )min ＝φ(x 0)＝x 0e x 0－ln x 0－1＋x 0x 0＝1＋x 0－1＋x 0x 0＝2，所以b≤2.即实数b的取值范围为(－∞，2].热点三导数与不等式恒成立、存在性问题角度1含参不等式的恒成立问题【例3】已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2e x(x＋1).若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围.解设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2k e x(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2k e x(x＋2)－2x －4＝2(x＋2)(k e x－1).由题设可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2.(ⅰ)若1≤k<e2，则－2<x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0.即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增.故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1).而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立.(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(e x－e－2).从而当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增.而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即F(x)≤kg(x)恒成立.(ⅲ)若k>e2，则F(－2)＝－2k e－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立.综上，k的取值范围是[1，e2].探究提高 1.此类问题要根据导数式的特点对参数进行讨论，在每个范围内由单调性得到最值，利用最值来判断是否满足题意，说明不满足题意时，只需举一反例即可.2.x，e x，ln x组合型函数问题，解题思路有两个关键方向：一是要充分考虑指数式与对数式的运算性质的应用，如1x 0＝eln 1x 0是N ＝a log a N (a ＞0，a ≠1)的应用，x 0＝ln 1x 0化为e x 0＝1x 0是指数式与对数式互化的应用；二是要考虑能否运用不等式放缩转化目标，如利用e x ≥x ＋1，从而快速解不等式，得到函数的单调区间. 【训练3】 设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x －e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数).解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a. 此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝e x －1－1. 而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增.又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立.当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1).当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立. 综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.角度2 不等式存在性问题【例4】 设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x (a ≠1).若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1，求a 的取值范围.解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ， f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1).①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增. 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1成立的充要条件为 f (1)＜a a －1，即1－a 2－1＜a a －1，解得－2－1＜a ＜2－1. ②若12＜a ＜1，则a 1－a ＞1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )＞0.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增.所以，存在x 0≥1， 使得f (x 0)＜a a －1成立的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＜a a －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1＞a a －1，所以不合题意.③若a ＞1，f (x )在[1，＋∞)上递减，则f(1)＝1－a2－1＝－a－12＜aa－1.综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞).探究提高“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.【训练4】已知函数f(x)＝x－m ln x－m－1x(m∈R)，g(x)＝12x2＋e x－x e x.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围.解(1)f(x)＝x－m ln x－m－1x，且定义域(0，＋∞)，∴f′(x)＝1－mx＋m－1x2＝（x－1）[x－（m－1）]x2，当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m. 当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，∴f(x)在[1，e]上是减函数，则f(x)min＝f(e)＝e－m－m－1 e.当2<m<e＋1时，若x∈[1，m－1]，则f′(x)≤0；若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.f(x)min＝f(m－1)＝m－2－m ln(m－1).(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.由(1)知m≤2时，在x∈[e，e2]上有f′(x)≥0，∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－m－1 e.又g′(x)＝x＋e x－(x＋1)e x＝x(1－e x)，当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.所以m≤2且e－m－m－1e≤1，解得e2－e＋1e＋1≤m≤2.所以实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤e 2－e ＋1e ＋1，2.A 级 巩固提升一、选择题1.若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.(－∞，0) B.(－∞，4] C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)解析 条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x (x >0)恒成立， 设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ， 则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2(x >0).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)＝4. 所以a ≤4. 答案 B2.已知函数f (x )＝x 2－3x ＋5，g (x )＝ax －ln x ，若对∀x ∈(0，e)，∃x 1，x 2∈(0，e)且x 1≠x 2，使得f (x )＝g (x i )(i ＝1，2)，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，6eB.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，e 74 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫6e ，e 74 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e ∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫6e ，e 74解析 当x ∈(0，e)时，函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫114，5.由g ′(x )＝a －1x ＝ax －1x 可知：当a ≤0时，g ′(x )<0，与题意不符，故a >0. 令g ′(x )＝0，得x ＝1a ，则1a ∈(0，e)， 所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a .作出函数g (x )在(0，e)上的大致图象，如图所示， 数形结合，知⎩⎪⎨⎪⎧1＋ln a <114，g （e ）＝a e －1≥5.解之得6e ≤a <e 74. 答案 C3.(2020·石家庄调研)已知函数f (x )＝(k －1)x e x ，若对任意x ∈R ，都有f (x )<1成立，则实数k 的取值范围是( ) A.(－∞，1－e) B.(1－e ，＋∞) C.(－e ，0]D.(1－e ，1]解析 由f (x )<1，得(k －1)x <1e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x，所以曲线y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x恒在直线y ＝(k －1)x 的上方.过原点作曲线y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x的切线，设切点为P (x 0，y 0)，则－1e x 0＝y 0x 0，即－1e x 0＝1x 0e x 0，得x 0＝－1.∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x的切线的斜率k 0＝－e －x |x ＝－1＝－e ，则－e<k －1≤0，解得1－e<k ≤1. 答案 D4.(多选题)关于函数f (x )＝2x ＋ln x ，下列判断正确的是( ) A.x ＝2是f (x )的极大值点B.函数y ＝f (x )－x 有且只有1个零点C.存在正实数k ，使得f (x )>kx 恒成立D.对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2>x 1，若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2>4解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x2＋1x＝x－2x2，当0<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，2)上单调递减，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴x＝2是f(x)的极小值点，故A错误；y＝f(x)－x＝2x＋ln x－x，∴y′＝－2x2＋1x－1＝－x2＋x－2x2<0，函数y＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)－1＝2＋ln 1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln 2－2＝ln 2－1<0，∴函数y＝f(x)－x有且只有1个零点，故B正确；若f(x)>kx(x>0)，则k<2x2＋ln xx，令g(x)＝2x2＋ln xx，则g′(x)＝－4＋x－x ln xx3，令h(x)＝－4＋x－x ln x，则h′(x)＝－ln x，当h′(x)>0时，0<x<1，当h′(x)<0时，x>1，∴函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(1)<0，∴g′(x)<0，∴函数g(x)＝2x2＋ln xx在(0，＋∞)上单调递减，且当x→＋∞时，g(x)→0，∴不存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立，故C错误；令t∈(0，2)，则2－t∈(0，2)，2＋t∈(2，4)，令u(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝22＋t＋ln(2＋t)－22－t－ln(2－t)＝4tt2－4＋ln2＋t2－t，则u′(t)＝4（t2－4）－8t2（t2－4）2＋2－t2＋t·2－t＋2＋t（2－t）2＝－4t2－16（t2－4）2＋44－t2＝－8t2（t2－4）2<0，∴u(t)在(0，2)上单调递减，则u(t)<u(0)＝0，令x1＝2－t，由f(x1)＝f(x2)，得x2>2＋t，则x1＋x2>2－t＋2＋t＝4，当x2≥4时，x1＋x2>4显然成立，∴对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4，故D正确.故选BD.答案BD二、填空题5.函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，若f(ln 2)＝1 2，则满足不等式f(x)＞1e x的x的取值范围是________.解析由题意，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)＞0.令g(x)＝e x f(x)，则g′(x)＝f′(x)e x＋f(x)e x＝e x[f′(x)＋f(x)]＞0，所以函数g(x)在R上单调递增.不等式f (x )＞1e x 等价于e x f (x )＞1，即g (x )＞1.因为f (ln 2)＝12，所以g (ln 2)＝e ln 2f (ln 2)＝2×12＝1.故当x ＞ln 2时，g (x )＞g (ln 2)＝1，所以不等式g (x )＞1的解集为(ln 2，＋∞).答案 (ln 2，＋∞)6.若对于任意正实数x ，都有ln x －a e x －b ＋1≤0(e 为自然对数的底数)成立，则a ＋b 的最小值是________.解析 因为对于任意正实数x 都有ln x －a e x －b ＋1≤0成立，不妨将x ＝1e 代入不等式中，得a ＋b ≥0.下面证明a ＋b ＝0时满足题意，当a ＝1，b ＝－1时，令f (x )＝ln x －e x ＋1＋1＝ln x －e x ＋2，则f ′(x )＝1x －e ＝1－e x x .由f ′(x )＝0，得x ＝1e ，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，即f (x )≤0对任意正实数x 都成立，所以当a ＝1，b ＝－1，即a ＋b ＝0时满足题意，所以a ＋b 的最小值为0. 答案 0 三、解答题7.已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .(1)证明 当a ＝1时，f (x )＝e x －x 2，则f ′(x )＝e x －2x . 令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x －2. 令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2. 当x ∈(0，ln 2)时，g ′(x )<0； 当x ∈(ln 2，＋∞)时，g ′(x )>0.∴当x ≥0时，g (x )≥g (ln 2)＝2－2ln 2>0， ∴f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f (x )≥f (0)＝1.(2)解 若f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程e x －ax 2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，由a ＝e x x 2，令φ(x )＝e xx 2，x ∈(0，＋∞)，φ′(x )＝e x （x －2）x 3，令φ′(x )＝0，解得x ＝2.当x ∈(0，2)时，φ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，φ′(x )>0. ∴φ(x )min ＝φ(2)＝e 24.∴a ＝e 24.8.已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数.证明： (1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点. 证明 (1)设g (x )＝f ′(x )， 则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)>0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )<0. 所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点.(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞).①当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1，0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈ (－1，0)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1，0)单调递减. 又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1，0]的唯一零点.②当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )<0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减. 又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2>0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )>0.从而，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上没有零点.③当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f (π)<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点. ④当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)>1.所以f (x )<0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点. 综上，f (x )有且仅有2个零点.B 级 能力突破9.(2019·天津卷改编)设函数f (x )＝e x cos x ，g (x )为f (x )的导函数. (1)求f (x )的单调区间；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0.(1)解 由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x ). 因此，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x >cos x ，得f ′(x )<0，则f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x <cos x ，得f ′(x )>0，则f (x )单调递增.所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )，f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z ).(2)证明 记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x .依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )， 从而g ′(x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，g ′(x )<0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x <0.因此，h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2上单调递减，进而h (x )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0.所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0.10.(2020·长沙模拟)已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值；(2)如果当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞ln x x －1＋kx，求k 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －ln x（x ＋1）2－bx 2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1，1)， 故⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝1，f ′（1）＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12. 解得a ＝1，b ＝1. (2)由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x，所以 f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x －1＋k x ＝11－x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2ln x ＋（k －1）（x 2－1）x . 考虑函数h (x )＝2ln x ＋（k －1）（x 2－1）x(x ＞0)，则h ′(x )＝（k －1）（x 2＋1）＋2xx 2.(ⅰ)设k ≤0，由h ′(x )＝k （x 2＋1）－（x －1）2x 2知，当x ≠1时，h ′(x )＜0，h (x )递减.而h (1)＝0，故当x ∈(0，1)时，h (x )＞0.可得11－x 2h (x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2h (x )＞0.从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x －1＋k x ＞0，即f (x )＞ln x x －1＋kx.(ⅱ)设0＜k ＜1，由于(k －1)(x 2＋1)＋2x ＝(k －1)x 2＋2x ＋k －1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k －1)2>0，对称轴x ＝11－k >1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，11－k 时，(k －1)(x 2＋1)＋2x ＞0.故h ′(x )＞0，而h (1)＝0，故当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，11－k 时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＜0.与题设矛盾.(ⅲ)设k≥1，此时x2＋1≥2x，(k－1)(x2＋1)＋2x>0⇒h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得11－x2h(x)＜0，与题设矛盾.综上，得k的取值范围为(－∞，0].。