2024步步高二輪數(shù)學新教材講義專題一　第5講　母題突破1　導數(shù)與不等式的證明

2024步步高二輪數(shù)學新教材講義第5講導數(shù)的綜合應(yīng)用[考情分析]1.利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見題型，而導數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題是高考的熱點和難點.2.多以解答題的形式壓軸出現(xiàn)，難度較大．母題突破1導數(shù)與不等式的證明母題(2023·十堰調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝(2－x)ex－ax－2.(1)若f(x)在R上是減函數(shù)，求a的取值范圍；(2)當0≤a<1時，求證：f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點x0，且x0<eq\f(e,a＋1).思路分析?f′x≤0恒成立?f′xmax≤0求解?0<x0<2?x0<eq\f(e,a＋1)，ax0＋x0<e?ax0＋x0<2－x0?2－x0≤e(1)解因為f(x)＝(2－x)ex－ax－2，所以f′(x)＝(1－x)ex－a.由f(x)在R上是減函數(shù)，得f′(x)≤0，即(1－x)ex－a≤0在R上恒成立．令g(x)＝(1－x)ex－a，則g′(x)＝－xex.當x∈(－∞，0)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當x∈(0，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．故g(x)max＝g(0)＝1－a≤0，解得a≥1，即a的取值范圍為[1，＋∞)．(2)證明由(1)可知，f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且當0≤a<1時，f′(0)＝1－a>0，f′(1)＝－a≤0，故?x1∈(0,1]，使得f′(x1)＝0.當x∈(0，x1)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當x∈(x1，＋∞)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．因為f(0)＝0，f(2)＝－2a－2<0，所以f(x)在(0,2)上只有一個零點x0，故函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點x0.因為0<x0<2，所以要證x0<eq\f(e,a＋1)，即證ax0＋x0<e.因為f(x0)＝(2－x0)－ax0－2＝0，所以(2－x0)＝ax0＋2>ax0＋x0，令h(x)＝(2－x)ex－e,0<x<2，則h′(x)＝(1－x)ex.當x∈(0,1)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當x∈(1,2)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減．故h(x)max＝h(1)＝0.即(2－x0)－e≤0，即(2－x0)≤e，所以ax0＋x0<e，原不等式即證．[子題1](2023·哈師大附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋exlnx(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))．求證：f(x)≥ex2.證明由f(x)≥ex2，得ex＋exlnx≥ex2，即eq\f(ex－1,x)＋lnx－x≥0，令g(x)＝eq\f(ex－1,x)＋lnx－x，則g′(x)＝eq\f(ex－1x－1,x2)＋eq\f(1,x)－1＝eq\f(ex－1x－1＋x－x2,x2)＝eq\f(x－1ex－1－x,x2).令h(x)＝ex－1－x，則h′(x)＝ex－1－1，當x>1時，h′(x)>0；當0<x<1時，h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝0.所以當0<x<1時，g′(x)<0；當x>1時，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，于是g(x)≥g(1)＝0，原不等式得證．[子題2]已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ex.證明：f(x)＋eq\f(2,ex)>g(－x)．證明根據(jù)題意，g(－x)＝e－x，所以f(x)＋eq\f(2,ex)>g(－x)等價于xlnx>xe－x－eq\f(2,e).設(shè)函數(shù)m(x)＝xlnx，則m′(x)＝1＋lnx，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，m′(x)<0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，m′(x)>0，故m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，從而m(x)在(0，＋∞)上的最小值為meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).設(shè)函數(shù)h(x)＝xe－x－eq\f(2,e)，x>0，則h′(x)＝e－x(1－x)．所以當x∈(0,1)時，h′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－eq\f(1,e).綜上，當x>0時，m(x)>h(x)，即f(x)＋eq\f(2,ex)>g(－x)．規(guī)律方法利用導數(shù)證明不等式問題的方法(1)直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式f(x)>g(x)(或f(x)<g(x))轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)>0(或f(x)－g(x)<0)，進而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)．(2)適當放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結(jié)論．(3)構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同結(jié)構(gòu)變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù)．1．(2023·桂林模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－cosx，求證：f(x)＋2－eq\f(x,ex－1)>0.證明f(x)＝x2－cosx，要證f(x)＋2－eq\f(x,ex－1)>0，即證x2－cosx＋2－eq\f(x,ex－1)>0.即證x2－cosx>eq\f(x,ex－1)－2.令g(x)＝x2－cosx，∵g(－x)＝g(x)，∴g(x)為偶函數(shù)，當x∈[0，＋∞)時，g′(x)＝2x＋sinx，令k(x)＝2x＋sinx，k′(x)＝2＋cosx>0，∴g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g′(x)≥g′(0)＝0，∴g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，由g(x)為偶函數(shù)知，g(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，∴g(x)≥g(0)＝－1.設(shè)h(x)＝eq\f(x,ex－1)－2，∴h′(x)＝eq\f(1－x,ex－1)，∴當x>1時，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；當x<1時，h′(x)>0，∴h(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增．∴h(x)max＝h(1)＝－1，∴x2－cosx>eq\f(x,ex－1)－2.原不等式得證．2．(2023·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝a(x2－1)－lnx(x>0)．若0<a<eq\f(1,2)，設(shè)函數(shù)f(x)的較大的一個零點記為x0，求證：f′(x0)<1－2a.證明由f(x)＝a(x2－1)－lnx，得f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)，因為f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))＝0且eq\f(1,\r(2a))>1.所以當0<x<eq\f(1,\r(2a))時，f′(x)<0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))上單調(diào)遞減；當x>eq\f(1,\r(2a))時，f′(x)>0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上單調(diào)遞增，所以當0<x<1時，f(x)>f(1)＝0，又因為eq\f(1,\r(2a))>1，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))<0，又當x→＋∞時，f(x)→＋∞，所以必然存在x0>1，使得f(x0)＝0，即a＝eq\f(lnx0,x\o\al(2,0)－1)，所以f′(x0)＝eq\f(2lnx0,x\o\al(2,0)－1)·x0－eq\f(1,x0)，要證f′(x0)<1－2a，即證eq\f(2lnx0,x\o\al(2,0)－1)·x0－eq\f(1,x0)<1－eq\f(2lnx0,x\o\al(2,0)－1)，即證eq\f(2lnx0,x0－1)－1－eq\f(1,x0)<0，即證2lnx0－eq\f(x\o\al(2,0)－1,x0)<0，設(shè)φ(x)＝2lnx－eq\f(x2－1,x)(x>1)，則φ′(x)＝eq\f(2,x)－1－eq\f(1,x2)＝－eq\f(x2－2x＋1,x2)＝－eq\f(x－12,x2)，所以當x>1時，φ′(x)<0，則φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以φ(x)<φ(1)＝0.即2lnx0－eq\f(x\o\al(2,0)－1,x0)<0，即f′(x0)<1－2a.專題強化練1．(2023·咸陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,ex)(x∈R)．(1)求f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求證：當x∈[0，π]時，f(x)≤x.(1)解由題知，f(0)＝0，f′(x)＝eq\f(cosx－sinx,ex)，所以切點坐標為(0,0)，斜率為f′(0)＝eq\f(cos0－sin0,e0)＝1，所以所求切線為x－y＝0.(2)證明由f(x)≤x，x∈[0，π]，得eq\f(sinx,ex)≤x，x∈[0，π]，即xex－sinx≥0，x∈[0，π]，令g(x)＝xex－sinx，x∈[0，π]，則g′(x)＝ex＋xex－cosx，令h(x)＝ex＋xex－cosx，x∈[0，π]，則h′(x)＝2ex＋xex＋sinx≥0在[0，π]上恒成立，所以h(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，有h(x)≥h(0)＝0，所以g′(x)≥0在[0，π]上恒成立，即g(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0，即xex－sinx≥0，x∈[0，π]，綜上，當x∈[0，π]時，f(x)≤x.2．(2023·江蘇省八市模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx－eq\f(a,x)，設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個極值點，且x1<x2.(1)求a的取值范圍；(2)證明：f(x1)－f(x2)<x2－x1.(1)解f′(x)＝a－eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(ax2－x＋a,x2)(x>0)．由題意得ax2－x＋a＝0有兩個不相等的正實數(shù)根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝1－4a2>0，,x1＋x2＝\f(1,a)>0，,x1x2＝1>0，))解得0<a<eq\f(1,2).(2)證明因為x1<x2，由(1)知，0<a<eq\f(1,2)，f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x1是f(x)的極大值點，x2是f(x)的極小值點．由(1)知，x1x2＝1，x1＋x2＝eq\f(1,a)，因為x2－x1－f(x1)＋f(x2)＝(a＋1)(x2－x1)－lneq\f(x2,x1)＋a·eq\f(x2－x1,x1x2)＝2a(x2－x1)＋(x2－x1)－lneq\f(x2,x1)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－x1)),x1＋x2)＋eq\f(x2－x1,\r(x1x2))－lneq\f(x2,x1)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)－1)),\f(x2,x1)＋1)＋eq\r(\f(x2,x1))－eq\r(\f(x1,x2))－lneq\f(x2,x1)，設(shè)t＝eq\f(x2,x1)>1，g(t)＝eq\f(2t－1,t＋1)＋eq\r(t)－eq\f(1,\r(t))－lnt.所以g′(t)＝eq\f(4,t＋12)＋eq\f(1,2\r(t))＋eq\f(1,2t\r(t))－eq\f(1,t)＝eq\f(4,t＋12)＋eq\f(\r(t)－12,2t\r(t))>0，所以g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(t)>g(1)＝0.所以x2－x1－f(x1)＋f(x2)>0，即f(x1)－f(x2)<x2－x1.所以原不等式成立．母題突破2恒成立問題與能成立問題母題(2023·新鄉(xiāng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－(2a＋1)x＋2alnx．若f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．思路分析一?fx≥0恒成立?fxmin≥0?分類討論求fxmin思路分析二?fx≥0恒成立?求證x－lnx>0?分離參數(shù)構(gòu)造新函數(shù)?求新函數(shù)最值解方法一(求最值法)f(x)的定義域為(0，＋∞)，因為f(x)≥0恒成立，所以f(x)min≥0，f′(x)＝x－(2a＋1)＋eq\f(2a,x)＝eq\f(x2－2a＋1x＋2a,x)＝eq\f(x－1x－2a,x).當a≤0時，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(1)＝－eq\f(1,2)－2a，由－eq\f(1,2)－2a≥0，可得a≤－eq\f(1,4).當a>0時，注意到f(1)＝－eq\f(1,2)－2a<0，不符合題意，故a≤－eq\f(1,4)，即實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).方法二(分離參數(shù)法)由f(x)≥0，可得eq\f(1,2)x2－x－2a(x－lnx)≥0.構(gòu)造函數(shù)h(x)＝x－lnx，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，由h′(x)>0，得x>1；由h′(x)<0，得0<x<1，所以h(x)min＝h(1)＝1>0，所以x－lnx>0，所以原不等式等價于2a≤eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx).令g(x)＝eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1－lnx)),x－lnx2).令φ(x)＝eq\f(1,2)x＋1－lnx，則φ′(x)＝eq\f(x－2,2x)，由φ′(x)>0，得x>2；由φ′(x)<0，得0<x<2，易知φ(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(x)≥φ(2)＝2－ln2>0，所以當x>1時，g′(x)>0；當0<x<1時，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝－eq\f(1,2)，由2a≤－eq\f(1,2)，得a≤－eq\f(1,4)，故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).[子題1](2023·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－a－lnx．若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，求a的取值范圍．解存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，即－lnx0<0，即<lnx0.即存在x0∈[e，＋∞)，使ea>.令h(x)＝eq\f(ex,lnx)，因此只要函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,lnx)在區(qū)間[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．h′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),lnx2)，令u(x)＝lnx－eq\f(1,x)，∵u′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)>0，∴u(x)在[e，＋∞)上單調(diào)遞增，又u(e)＝1－eq\f(1,e)>0.∴h′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),lnx2)>0在[e，＋∞)上恒成立．∴h(x)＝eq\f(ex,lnx)在[e，＋∞)上單調(diào)遞增，函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,lnx)在區(qū)間[e，＋∞)上的最小值為h(e)＝ee，由h(e)＝ee<ea，得a>e.故a的取值范圍是(e，＋∞)．[子題2](2023·全國乙卷改編)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))ln(1＋x)．若f′(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．解f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))eq\f(1,x＋1)，因為f′(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立．令－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))eq\f(1,x＋1)≥0，則－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0，令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原問題等價于g(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，則g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，當a≤0時，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0，故g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減，此時g(x)<g(0)＝0，不符合題意；令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，則h′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)，當a≥eq\f(1,2)，即2a≥1時，由于eq\f(1,x＋1)<1，所以h′(x)>0，h(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即g′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)>g(0)＝0，符合題意．當0<a<eq\f(1,2)時，由h′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)＝0，可得x＝eq\f(1,2a)－1，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))時，h′(x)<0，h(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))上單調(diào)遞減，即g′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))上單調(diào)遞減，注意到g′(0)＝0，故當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))時，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)單調(diào)遞減，由于g(0)＝0，故當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))時，g(x)<g(0)＝0，不符合題意．綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥\f(1,2))))).規(guī)律方法(1)由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題的策略①求最值法：將恒成立問題轉(zhuǎn)化為利用導數(shù)求函數(shù)的最值問題．②分離參數(shù)法：將參數(shù)分離出來，進而轉(zhuǎn)化為a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通過導數(shù)的應(yīng)用求出f(x)的最值，即得參數(shù)的范圍．(2)不等式有解問題可類比恒成立問題進行轉(zhuǎn)化，要理解清楚兩類問題的差別．1．已知函數(shù)f(x)＝(x－4)ex－x2＋6x，g(x)＝lnx－(a＋1)x，a>－1.若存在x1∈[1,3]，對任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，求實數(shù)a的取值范圍．(e3≈20.09)解由f(x)＝(x－4)ex－x2＋6x，得f′(x)＝ex＋(x－4)ex－2x＋6＝(x－3)ex－2x＋6＝(x－3)(ex－2)，當x∈[1,3]時，f′(x)≤0，所以f(x)在[1,3]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(3)＝9－e3，于是若存在x1∈[1,3]，對任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，則lnx－(a＋1)x>9－e3(a>－1)在[e2，e3]上恒成立，即a＋1<eq\f(lnx＋e3－9,x)在[e2，e3]上恒成立，令h(x)＝eq\f(lnx＋e3－9,x)，x∈[e2，e3]，則a＋1<h(x)min，h′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx＋e3－9,x2)＝eq\f(10－e3－lnx,x2)，因為x∈[e2，e3]，所以lnx∈[2,3]，10－e3－lnx∈[7－e3,8－e3]，因為e3≈20.09，所以8－e3≈8－20.09＝－12.09<0，所以h′(x)<0，所以h(x)單調(diào)遞減，故h(x)min＝h(e3)＝eq\f(lne3＋e3－9,e3)＝1－eq\f(6,e3)，于是a＋1<1－eq\f(6,e3)，得a<－eq\f(6,e3)，又a>－1，所以實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(6,e3))).2．(2023·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(sinx,cos3x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)當a＝8時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)<sin2x，求a的取值范圍．解f′(x)＝a－eq\f(cosxcos3x＋3sinxcos2xsinx,cos6x)＝a－eq\f(cos2x＋3sin2x,cos4x)＝a－eq\f(3－2cos2x,cos4x)，令cos2x＝t，則t∈(0,1)，則f′(x)＝g(t)＝a－eq\f(3－2t,t2)＝eq\f(at2＋2t－3,t2)，t∈(0,1)．(1)當a＝8時，f′(x)＝g(t)＝eq\f(8t2＋2t－3,t2)＝eq\f(2t－14t＋3,t2)，當t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，f′(x)<0.當t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．(2)設(shè)h(x)＝f(x)－sin2x，h′(x)＝f′(x)－2cos2x＝g(t)－2(2cos2x－1)＝eq\f(at2＋2t－3,t2)－2(2t－1)＝a＋2－4t＋eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)，設(shè)φ(t)＝a＋2－4t＋eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)，則φ′(t)＝－4－eq\f(2,t2)＋eq\f(6,t3)＝eq\f(－4t3－2t＋6,t3)＝－eq\f(2t－12t2＋2t＋3,t3)，當t∈(0,1)時，φ′(t)>0，φ(t)單調(diào)遞增，所以φ(t)<φ(1)＝a－3.若a∈(－∞，3]，則h′(x)＝φ(t)<a－3≤0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，所以h(x)<h(0)＝0，所以當a∈(－∞，3]時，f(x)<sin2x，符合題意．若a∈(3，＋∞)，當t→0＋時，eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,3)))2＋eq\f(1,3)→－∞，所以φ(t)→－∞.φ(1)＝a－3>0.所以?t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，即?x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得h′(x0)＝0，t0＝cos2x0.當t∈(t0,1)時，φ(t)>0，即當x∈(0，x0)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以當x∈(0，x0)時，h(x)>h(0)＝0，不符合題意．綜上，a的取值范圍為(－∞，3]．專題強化練1．(2023·吳忠模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－(2a－1)x－alnx.(1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若a>0且f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．解(1)當a＝1時，f(x)＝x2－x－lnx，f(1)＝0，可得f′(x)＝2x－1－eq\f(1,x)，故f′(1)＝0，所以函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝0.(2)由已知得x∈(0，＋∞)，所以x2＋x>0，由f(x)≥0，得x2＋x≥(2x＋lnx)a.因為a>0，所以上式可化為eq\f(1,a)≥eq\f(2x＋lnx,x2＋x).令g(x)＝eq\f(2x＋lnx,x2＋x)，則g′(x)＝eq\f(2x＋11－x－lnx,x2＋x2)，令h(x)＝1－x－lnx，則h′(x)＝－1－eq\f(1,x).因為x∈(0，＋∞)，所以h′(x)<0，所以h(x)為(0，＋∞)上的減函數(shù)，且h(1)＝0，故當x∈(0,1)時，h(x)>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，即g′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以當x＝1時，g(x)取得極大值，也是最大值，即g(x)max＝g(1)＝1.要使eq\f(1,a)≥eq\f(2x＋lnx,x2＋x)在(0，＋∞)上恒成立，則應(yīng)有eq\f(1,a)≥1.又因為a>0，故0<a≤1.2．(2023·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋(1－a)x－lna·lnx(a>0)．(1)若a＝e，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若不等式f(x)<1在區(qū)間(1，＋∞)上有解，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)當a＝e時，f(x)＝ex＋(1－e)x－lnx，f′(x)＝ex＋(1－e)－eq\f(1,x)＝(ex－e)＋eq\f(x－1,x)，當x>1時，ex－e>0，eq\f(x－1,x)>0，所以f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；當0<x<1時，ex－e<0，eq\f(x－1,x)<0，所以f′(x)<0，即f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．(2)因為f(x)＝ex＋(1－a)x－lna·lnx(a>0)，則f′(x)＝ex＋(1－a)－eq\f(lna,x)＝(ex－a)＋eq\f(x－lna,x)(x>0)，①當lna≤1，即0<a≤e時，因為x>1，ex>e≥a，x>1≥lna，所以f′(x)>0，因此函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)>f(1)＝e＋1－a≥e＋1－e＝1，不等式f(x)<1在區(qū)間(1，＋∞)上無解；②當lna>1，即a>e時，當1<x<lna時，ex<elna＝a，x<lna，因此f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，lna)上單調(diào)遞減，f(x)<f(1)＝e＋1－a<e＋1－e＝1，不等式f(x)<1在區(qū)間(1，＋∞)上有解．綜上，實數(shù)a的取值范圍是(e，＋∞)．母題突破3零點問題母題已知函數(shù)f(x)＝sinx－eq\f(x－1,ex)，判斷f(x)在(0，π)上零點的個數(shù)，并說明理由．思路分析?等價轉(zhuǎn)換fx＝0?判斷gx＝ex·sinx－x＋1的零點?討論gx在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的零點個數(shù)?討論gx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的零點個數(shù)解由f(x)＝sinx－eq\f(x－1,ex)＝0，可得ex·sinx－x＋1＝0，令g(x)＝ex·sinx－x＋1，x∈(0，π)，所以g′(x)＝(sinx＋cosx)ex－1，①當x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥1，ex>1，所以g′(x)>0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又因為g(0)＝1>0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上沒有零點；②當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，令h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋cosx))ex－1，所以h′(x)＝2cosx·ex<0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，又因為heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π))＝－eπ－1<0，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得h(x0)＝0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，x0))上單調(diào)遞增，在(x0，π)上單調(diào)遞減，因為g(x0)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2)＋1>0，g(π)＝－π＋1<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，x0))上沒有零點，在(x0，π)上有且只有一個零點，綜上所述，f(x)在(0，π)上有且只有一個零點．[子題1](2023·安慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝elnx＋bx2e1－x.若f(x)的導函數(shù)f′(x)恰有兩個零點，求b的取值范圍．解由f′(x)＝eq\f(e,x)＋bx(2－x)e1－x＝0得，eq\f(ex,x)＝bx(x－2)．顯然x≠2，x>0.因此eq\f(ex,x2x－2)＝b.令g(x)＝eq\f(ex,x3－2x2)，x>0且x≠2，則g′(x)＝eq\f(x2－5x＋4xex,x3－2x22)，解方程x2－5x＋4＝0得，x1＝4，x2＝1，因此函數(shù)g(x)在(0,1)和(4，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1,2)和(2,4)上單調(diào)遞減，且極大值為g(1)＝－e，極小值為g(4)＝eq\f(e4,32).g(x)的大致圖象如圖所示．由圖象可知，當b>eq\f(e4,32)或b<－e時，直線y＝b與曲線y＝g(x)的圖象分別有兩個交點，即函數(shù)f′(x)恰有兩個零點．故b的取值范圍是(－∞，－e)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e4,32)，＋∞)).[子題2]設(shè)函數(shù)f(x)＝aln(x＋1)＋x2(a∈R)，函數(shù)g(x)＝ax－1.證明：當a≤2時，函數(shù)H(x)＝f(x)－g(x)至多有一個零點．證明因為H(x)＝aln(x＋1)＋x2－ax＋1，所以H′(x)＝eq\f(x2x＋2－a,x＋1)(x>－1)，令H′(x)＝0，x1＝0，x2＝eq\f(a,2)－1.當x→－1＋時，H(x)→－∞；當x→＋∞時，H(x)→＋∞.①當a＝2時，H′(x)≥0，函數(shù)H(x)在定義域(－1，＋∞)上為增函數(shù)，有一個零點；②當a≤0時，eq\f(a,2)－1≤－1，令H′(x)>0，得x>0，令H′(x)<0，得－1<x<0，所以函數(shù)H(x)在區(qū)間(－1,0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則函數(shù)H(x)在x＝0處有最小值H(0)＝1>0，此時函數(shù)H(x)無零點；③當0<a<2時，－1<eq\f(a,2)－1<0，令H′(x)>0，得－1<x<eq\f(a,2)－1或x>0，令H′(x)<0，得eq\f(a,2)－1<x<0，所以函數(shù)H(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，0))上單調(diào)遞減．因為函數(shù)H(0)＝1>0，所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1))>0，且H(x)>0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，＋∞))上恒成立．H(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))上有一個零點．所以當0<a<2時，函數(shù)H(x)在區(qū)間(－1，＋∞)上有一個零點．綜上，當a≤2時，函數(shù)H(x)＝f(x)－g(x)至多有一個零點．規(guī)律方法(1)求解函數(shù)零點(方程根)個數(shù)問題的步驟①將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題，進而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y＝k)在該區(qū)間上的交點問題．②利用導數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性、極值(最值)、端點值等性質(zhì)．③結(jié)合圖象求解．(2)已知零點求參數(shù)的取值范圍①結(jié)合圖象與單調(diào)性，分析函數(shù)的極值點．②依據(jù)零點確定極值的范圍．③對于參數(shù)選擇恰當?shù)姆诸悩藴蔬M行討論．1．(2023·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋a－ax(a∈R)．若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上有且只有一個零點，求實數(shù)a的取值范圍．解f(x)＝xlnx－ax＋a，易知f(1)＝0，所求問題等價于函數(shù)f(x)＝xlnx－ax＋a在區(qū)間(1，e]上沒有零點，因為f′(x)＝lnx＋1－a，所以當0<x<ea－1時，f′(x)<0，f(x)在(0，ea－1)上單調(diào)遞減，當x>ea－1時，f′(x)>0，f(x)在(ea－1，＋∞)上單調(diào)遞增．①當ea－1≤1，即a≤1時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e]上單調(diào)遞增，所以f(x)>f(1)＝0，此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e]上沒有零點，滿足題意．②當1<ea－1<e，即1<a<2時，f(x)在區(qū)間(1，ea－1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ea－1，e]上單調(diào)遞增，要使f(x)在(1，e]上沒有零點，只需f(e)<0，即e－ae＋a<0，解得a>eq\f(e,e－1)，所以eq\f(e,e－1)<a<2.③當e≤ea－1，即a≥2時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e]上單調(diào)遞減，f(x)在區(qū)間(1，e]上滿足f(x)<f(1)＝0，此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e]上沒有零點，滿足題意．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤1或a>\f(e,e－1))))).2．(2023·商洛模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．函數(shù)g(x)＝f(x)－lnx，證明：g(x)有且僅有兩個零點．證明因為g(x)＝f(x)－lnx＝(x－2)ex－lnx，則g′(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,x)，x>0，設(shè)h(x)＝g′(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,x)，則h′(x)＝xex＋eq\f(1,x2)>0，故g′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為g′(1)＝－1<0，g′(2)＝e2－eq\f(1,2)>0，所以存在唯一x0∈(1,2)，使得g′(x0)＝0.故當x∈(0，x0)時，g′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)>0.即g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為g(x0)<g(2)＝－ln2<0，g(3)＝e3－ln3>0，又因為ln2≈0.69，則ln2>eq\f(1,e4)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e4)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e4)－2))－ln

eq\f(