2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義專題一　培優(yōu)點1　

2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義培優(yōu)點1切線放縮在高考壓軸題中，經(jīng)?？疾榕c導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式問題，這些問題可以用常規(guī)方法求解，也可以用切線不等式進(jìn)行放縮．導(dǎo)數(shù)切線放縮法是一種非常實用的數(shù)學(xué)方法，它可以幫助我們更好地理解函數(shù)的性質(zhì)和變化規(guī)律，更能使問題簡單化，利用切線不等式進(jìn)行求解，能起到事半功倍的效果．考點一單切線放縮常見的切線放縮：?x∈R都有ex≥x＋1.當(dāng)x>－1時，ln(x＋1)≤x.當(dāng)x>0時，x>sinx；當(dāng)x<0時，x<sinx.例1(2023·重慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinx－aln(x＋1)．(1)若a＝1，證明：當(dāng)x∈[0,1]時，f(x)≥0；(2)若a＝－1，證明：當(dāng)x∈[0，＋∞)時，f(x)≤2ex－2.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________規(guī)律方法該方法適用于凹函數(shù)與凸函數(shù)且它們的凹凸性相反的問題(拆成兩個函數(shù))，兩函數(shù)有斜率相同的切線，這是切線放縮的基礎(chǔ)，引入一個中間量，分別證明兩個不等式成立，然后利用不等式的傳遞性即可，難點在合理拆分函數(shù)，尋找它們斜率相等的切線隔板．跟蹤演練1(2023·柳州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)－2x.(1)當(dāng)a>0時，討論f(x)的單調(diào)性；________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(2)證明：ex＋eq\f(a－2x2－2x,x)>f(x)．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________考點二雙切線放縮例2(2023·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－x.若f(x)＝b有兩個實數(shù)根x1，x2，且x1<x2.求證：be＋e<x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e).________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________規(guī)律方法含有兩個零點的f(x)的解析式(可能含有參數(shù)x1，x2)，告知方程f(x)＝b有兩個實根，要證明兩個實根之差小于(或大于)某個表達(dá)式．求解策略是畫出f(x)的圖象，并求出f(x)在兩個零點處(有時候不一定是零點處)的切線方程(有時候不是找切線，而是找過曲線上某兩點的直線)，然后嚴(yán)格證明曲線f(x)在切線(或所找直線)的上方或下方，進(jìn)而對x1，x2作出放大或者縮小，從而實現(xiàn)證明．跟蹤演練2(2023·山東省實驗中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若函數(shù)g(x)＝f(x)－m(m>0)有兩個零點x1，x2，且x1<x2，證明：x2－x1≤1＋2m＋eq\f(m,e－1).________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________培優(yōu)點2隱零點問題導(dǎo)函數(shù)的零點在很多時候是無法直接求解出來的，我們稱之為“隱零點”，既能確定其存在，但又無法用顯性的代數(shù)進(jìn)行表達(dá)．這類問題的解題思路是對函數(shù)的零點設(shè)而不求，通過整體代換和過渡，再結(jié)合題目條件解決問題．考點一不含參函數(shù)的隱零點問題例1(2023·咸陽模擬)已知f(x)＝(x－1)2ex－eq\f(a,3)x3＋ax(x>0)(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝0時，判定函數(shù)g(x)＝f(x)＋lnx－eq\f(1,2)x2零點的個數(shù)，并說明理由．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________規(guī)律方法已知不含參函數(shù)f(x)，導(dǎo)函數(shù)方程f′(x)＝0的根存在，卻無法求出，利用零點存在定理，判斷零點存在，設(shè)方程f′(x)＝0的根為x0，則①有關(guān)系式f′(x0)＝0成立，②注意確定x0的合適范圍．跟蹤演練1(2023·天津模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．(1)若直線y＝2x與函數(shù)f(x)的圖象相切，求實數(shù)a的值；(2)當(dāng)a＝－1時，求證：f(x)≤g(x)＋x2.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________考點二含參函數(shù)的隱零點問題例2(2023·包頭模擬)已知函數(shù)f(x)＝aex－ln(x＋1)－1.(1)當(dāng)a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積；(2)證明：當(dāng)a>1時，f(x)沒有零點．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________規(guī)律方法已知含參函數(shù)f(x，a)，其中a為參數(shù)，導(dǎo)函數(shù)方程f′(x，a)＝0的根存在，卻無法求出，設(shè)方程f′(x)＝0的根為x0，則①有關(guān)系式f′(x0)＝0成立，該關(guān)系式給出了x0，a的關(guān)系；②注意確定x0的合適范圍，往往和a的范圍有關(guān)．跟蹤演練2(2023·石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－lnx－2.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若對任意的x∈(1，＋∞)，都有xlnx＋x>k(x－1)成立，求整數(shù)k的最大值．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________培優(yōu)點3同構(gòu)函數(shù)問題同構(gòu)函數(shù)問題，是近幾年高考的熱點問題，考查數(shù)學(xué)素養(yǎng)和創(chuàng)新思維．同構(gòu)函數(shù)問題是指在不等式、方程、函數(shù)中，通過等價變形形成相同形式，再構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決問題，常見的同構(gòu)有雙變量同構(gòu)和指對同構(gòu)，一般都是壓軸題，難度較大．考點一雙變量同構(gòu)問題例1(1)(多選)已知0<x<y<π，且eysinx＝exsiny，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則下列選項中一定成立的是()A．y<eq\f(π,4) B．x<eq\f(π,4)C．cosx＋cosy>0 D．sinx>siny(2)(2023·大連模擬)若實數(shù)a，b滿足4a＋log3a＝8b＋3log27b，則()A．a(chǎn)<eq\f(3b,2) B．a(chǎn)>eq\f(3b,2)C．a(chǎn)>b3 D．a(chǎn)<b3規(guī)律方法含有地位相等的兩個變量的不等式(方程)，關(guān)鍵在于對不等式(方程)兩邊變形或先放縮再變形，使不等式(方程)兩邊具有結(jié)構(gòu)的一致性，再構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決問題．跟蹤演練1(1)若對于0<x1<x2<a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，則a的最大值為()A.eq\f(1,2) B．1C．e D．2e(2)(2023·德陽模擬)已知實數(shù)x，y滿足eylnx＝y(tǒng)ex，y>1，則x，y的大小關(guān)系為()A．y≥x B．y<xC．y>x D．y≤x考點二指對同構(gòu)問題考向1指對同構(gòu)與恒成立問題例2已知函數(shù)f(x)＝ex＋(1－a)x－lnax(a>0)．(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若對于任意的x>0，有f(x)≥0，求正數(shù)a的取值范圍．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________考向2指對同構(gòu)與證明不等式例3已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)當(dāng)x>2時，證明：eq\f(x,x－1)ex>ln(x－1)．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________規(guī)律方法指對同構(gòu)的常用形式(1)積型：aea≤blnb，一般有三種同構(gòu)方式：①同左構(gòu)造形式：aea≤lnbelnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex；②同右構(gòu)造形式：ealnea≤blnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xlnx；③取對構(gòu)造形式：a＋lna≤lnb＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnb))(b>1)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x＋lnx.(2)商型：eq\f(ea,a)≤eq\f(b,lnb)，一般有三種同構(gòu)方式：①同左構(gòu)造形式：eq\f(ea,a)≤eq\f(elnb,lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)；②同右構(gòu)造形式：eq\f(ea,lnea)≤eq\f(b,lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)；③取對構(gòu)造形式：a－lna≤lnb－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnb))(b>1)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x－lnx.(3)和、差型：ea±a>b±lnb，一般有兩種同構(gòu)方式：①同左構(gòu)造形式：ea±a>elnb±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex±x；②同右構(gòu)造形式：ea±lnea>b±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x±lnx. 跟蹤演練2已知a>0，函數(shù)f(x)＝xex－ax.(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若f(x)≥lnx－x＋1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________培優(yōu)點4極值點偏移問題極值點偏移是指函數(shù)在極值點左右的增減速度不一樣，導(dǎo)致函數(shù)圖象不具有對稱性，極值點偏移問題常常出現(xiàn)在高考數(shù)學(xué)的壓軸題中，這類題往往對思維要求較高，過程較為煩瑣，計算量較大，解決極值點偏移問題，有對稱化構(gòu)造函數(shù)法和比值代換法，二者各有千秋，獨具特色．考點一對稱化構(gòu)造函數(shù)例1(2023·唐山模擬)已知函數(shù)f(x)＝xe2－x.(1)求f(x)的極值；(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，證明：a＋b<4.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________規(guī)律方法對稱化構(gòu)造函數(shù)法構(gòu)造輔助函數(shù)(1)對結(jié)論x1＋x2>2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)．(2)對結(jié)論x1x2>xeq\o\al(2,0)型，方法一是構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式；方法二是兩邊取對數(shù)，轉(zhuǎn)化成lnx1＋lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成兩變量即可．跟蹤演練1(2022·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；(2)證明：若f(x)有兩個零點x1，x2，則x1x2<1.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________考點二比值代換例2(2023·滄州模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax－1(a∈R)．若方程f(x)＋2＝0有兩個實根x1，x2，且x2>2x1，求證：x1xeq\o\al(2,2)>eq\f(32,e3).(參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.693，ln3≈1.099)________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________規(guī)律方法比值代換法是指通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝eq\f(x1,x2)化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單調(diào)性證明．跟蹤演練2(2023·淮北模擬)已知a是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝alnx－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個相異的零點x1，x2且x1>x2>0，求證：x1x2>e2.________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________規(guī)范答題1函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(12分)(2023·新高考全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝a(ex＋a)－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；[切入點：求導(dǎo)，討論a的正負(fù)](2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2).[方法一關(guān)鍵點：作差法比較f(x)min與2lna+eq\f(3,2)的大小][方法二關(guān)鍵點：利用不等式ex≥x＋1把函數(shù)f(x)中的指數(shù)換成一次函數(shù)](1)解因為f(x)＝a(ex＋a)－x，定義域為R，所以f′(x)＝aex－1，(1分)eq\x(\a\vs4\al\co1(當(dāng)a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，,故f′x＝aex－1<0恒成立，))?所以f(x)是減函數(shù)；(2分)當(dāng)a>0時，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，eq\x(\a\vs4\al\co1(當(dāng)x<－lna時，f′x<0，,則fx在－∞，－lna上單調(diào)遞減；,當(dāng)x>－lna時，f′x>0，,則fx在－lna，＋∞上單調(diào)遞增.))?綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)是減函數(shù)；(4分)當(dāng)a>0時，f(x)在(－∞，－lna)上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(5分)(2)證明方法一由(1)得，當(dāng)a>0時，eq\x(fxmin＝f－lna＝ae－lna＋a＋lna＝1＋a2＋lna，)?(7分)要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立，(8分)eq\x(令g(a)＝a2－\f(1,2)－lna(a>0)，)?(9分)則g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，則0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，則a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，(11分)所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－eq\f(1,2)－ln

eq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，?則g(a)>0恒成立，所以當(dāng)a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，證畢．(12分)方法二eq\x(令hx＝ex－x－1，)?則h′(x)＝ex－1，由于y＝ex是增函數(shù)，所以h′(x)＝ex－1是增函數(shù)，又h′(0)＝e0－1＝0，所以當(dāng)x<0時，h′(x)<0；當(dāng)x>0時，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)＝0，則ex≥x＋1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立，(6分)eq\x(\a\vs4\al\co1(因為fx＝aex＋a－x＝aex＋a2－x,＝ex＋lna＋a2－x≥x＋lna＋1＋a2－x，))?當(dāng)且僅當(dāng)x＋lna＝0，即x＝－lna時，等號成立，所以要證f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即證x＋lna＋1＋a2－x>2lna＋eq\f(3,2)，即證a2－eq\f(1,2)－lna>0，(8分)eq\x(\a\vs4\al\co1(令g(a)＝a2－\f(1,2)－lna(a>0)，))?(9分)則g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，則0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，則a>eq\f(\r(2),2)，所以g(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，(11分)

所以g(a)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－eq\f(1,2)－ln

eq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，?則g(a)>0恒成立，所以當(dāng)a>0時，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立，證畢．(12分)①②處判斷f′(x)的符號③處利用單調(diào)性求f(x)min④處構(gòu)造函數(shù)g(a)＝f(x)min－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lna＋\f(3,2)))⑤處求g(a)min并判斷其符號⑥處構(gòu)造函數(shù)證明ex≥x＋1⑦處通過不等式ex≥x＋1放縮函數(shù)f(x)⑧處構(gòu)造函數(shù)g(a)⑨處求g(a)min并判斷其符號培優(yōu)點1切線放縮例1證明(1)首先證明sinx≤x，x∈[0，＋∞)，證明如下：構(gòu)造j(x)＝sinx－x，x∈[0，＋∞)，則j′(x)＝cosx－1≤0恒成立，故j(x)＝sinx－x在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故j(x)≤j(0)＝0，所以sinx≤x，x∈[0，＋∞)．當(dāng)a＝1時，f(x)＝sinx－ln(x＋1)，x∈[0,1]，f′(x)＝cosx－eq\f(1,1＋x)＝1－2sin2eq\f(x,2)－eq\f(1,1＋x)≥1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2－eq\f(1,x＋1)＝1－eq\f(x2,2)－eq\f(1,1＋x)≥1－eq\f(x,2)－eq\f(1,x＋1)(0≤x≤1)，故f′(x)≥eq\f(2＋2x－x2－x－2,2＋2x)＝eq\f(x1－x,2＋2x)≥0在x∈[0,1]上恒成立，所以f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，故f(x)≥f(0)＝0.(2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞)．當(dāng)a＝－1時，g(x)＝2ex－2－sinx－ln(x＋1)＝2(ex－x－1)＋x－sinx＋x－ln(x＋1)，下證：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sinx≥0(x≥0)，x－ln(x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0處取等號，令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，則r′(x)＝ex－1≥0，故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故r(x)≥r(0)＝0，且在x＝0處取等號，由(1)知j(x)＝sinx－x在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故j(x)≤j(0)＝0，且在x＝0處取等號，令t(x)＝x－ln(x＋1)(x≥0)，則t′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)≥0，故t(x)＝x－ln(x＋1)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0處取等號，綜上有g(shù)(x)＝2(ex－x－1)＋x－sinx＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0處取等號，即(2ex－2)－f(x)≥0，即證f(x)≤2ex－2. 跟蹤演練1(1)解由題意可知x>0，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)－2＝－eq\f(2x2－x＋a,x2)，對于二次函數(shù)y＝2x2－x＋a，Δ＝1－8a.當(dāng)a≥eq\f(1,8)時，Δ≤0，f′(x)≤0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<eq\f(1,8)時，二次函數(shù)y＝－2x2＋x－a有2個大于零的零點，分別是x1＝eq\f(1－\r(1－8a),4)，x2＝eq\f(1＋\r(1－8a),4)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)))時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))時，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≥eq\f(1,8)時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<eq\f(1,8)時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－8a),4)，\f(1＋\r(1－8a),4)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－8a),4)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－8a),4)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明要證ex＋eq\f(a－2x2－2x,x)>f(x)，即證ex>lnx＋2.不妨設(shè)h(x)＝ex－(x＋1)，則h′(x)＝ex－1，h′(0)＝0，當(dāng)x<0時，h′(0)<0，當(dāng)x>0時，h′(0)>0，因此h(x)≥h(0)＝0，ex－(x＋1)≥0恒成立．令m(x)＝lnx－x＋1，m′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)0<x<1時，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時，m′(x)<0，m(x)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝1時，m(x)取得最大值m(1)＝0，因此lnx－x＋1≤0，則ex－(x＋1)＋[x－(lnx＋1)]＝ex－(lnx＋2)>0恒成立(等號成立的條件不一致，故舍去)，即ex>lnx＋2.從而不等式得證．例2證明f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0得，0<x<1，所以f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減．因為f(x)＝b有兩個實數(shù)根x1，x2，且x1<x2.所以0<x1<1<x2，先證不等式x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e)，因為f(e)＝0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(2,e)，f′(e)＝1，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－1，所以曲線y＝f(x)在x＝eq\f(1,e)和x＝e處的切線分別為l1：y＝－x－eq\f(1,e)和l2：y＝x－e，如圖，令g(x)＝f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,e)))＝xlnx＋eq\f(1,e)，0<x<1，則g′(x)＝1＋lnx，令g′(x)>0，則eq\f(1,e)<x<1；令g′(x)<0，則0<x<eq\f(1,e)，所以g(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)，1))上單調(diào)遞增， 所以g(x)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，所以f(x)≥－x－eq\f(1,e)在(0,1)上恒成立，設(shè)直線y＝b與直線l1交點的橫坐標(biāo)為x′1，則x′1≤x1，設(shè)直線y＝b與直線l2交點的橫坐標(biāo)為x′2，同理可證x2≤x′2，因為x′1＝－b－eq\f(1,e)，x′2＝b＋e，所以x2－x1<x′2－x′1＝b＋e－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b－\f(1,e)))＝2b＋e＋eq\f(1,e)(兩個等號不同時成立)，因此x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e).再證不等式x2－x1>be＋e，函數(shù)圖象f(x)上有兩點A(1，－1)，B(e,0)，設(shè)直線y＝b與直線OA：y＝－x，AB：y＝eq\f(1,e－1)(x－e)的交點的橫坐標(biāo)分別為x3，x4，易證x1<x3<x4<x2，且x3＝－b，x4＝(e－1)b＋e，所以x2－x1>x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e.綜上可得be＋e<x2－x1<2b＋e＋eq\f(1,e)成立．跟蹤演練2證明f(x)＝(x＋1)(ex－1)，令f(x)＝0，有x1＝－1，x2＝0，f′(x)＝ex(x＋2)－1，f′(－1)＝－1＋eq\f(1,e)，f′(0)＝1，設(shè)曲線y＝f(x)在(－1,0)處的切線方程為y＝h(x)，則h(x)＝f′(－1)(x＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))(x＋1)，令F(x)＝f(x)－h(huán)(x)＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,e)))，則F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)，令m(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－eq\f(1,e)，則m′(x)＝(x＋3)ex，所以當(dāng)x<－3時，m′(x)<0；當(dāng)x>－3時，m′(x)>0，所以F′(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞減，在(－3，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x→－∞時，F(xiàn)′(x)→－eq\f(1,e)，又F′(－1)＝0，所以當(dāng)x<－1時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，所以F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)恒成立，則f(x1)≥h(x1)，設(shè)h(x)＝m的根為x3，則x3＝－1＋eq\f(em,1－e)，又h(x)單調(diào)遞減，且m＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3))＝f(x1)≥h(x1)，所以x3≤x1，設(shè)曲線y＝f(x)在(0,0)處的切線為y＝t(x)，則t(x)＝x，令G(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，則G′(x)＝(x＋2)ex－2，依據(jù)F′(x)的單調(diào)性可知，G′(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞減，在(－3，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x→－∞時，G′(x)→－2，且G′(0)＝0，所以G(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以G(x)≥G(0)＝0，所以f(x)≥t(x)恒成立，所以f(x2)≥t(x2)，設(shè)t(x)＝m的根為x4，則x4＝m，又函數(shù)t(x)單調(diào)遞增，且m＝t(x4)＝f(x2)≥t(x2)，所以x4≥x2，所以x2－x1≤x4－x3＝m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(em,1－e)))＝1＋eq\f(2e－1m,e－1)＝1＋2m＋eq\f(m,e－1)，即證x2－x1≤1＋2m＋eq\f(m,e－1).培優(yōu)點2隱零點問題例1解(1)由題知，f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．若a≤1，當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)x>1時，f′(x)>0，∴f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增；若1<a<e，即0<lna<1，當(dāng)0<x<lna或x>1時，f′(x)>0；當(dāng)lna<x<1時，f′(x)<0；∴f(x)在區(qū)間(0，lna)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(lna,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增；若a＝e，f′(x)≥0，∴f(x)在定義域上是增函數(shù)；若a>e，即lna>1，當(dāng)0<x<1或x>lna時，f′(x)>0；當(dāng)1<x<lna時，f′(x)<0；∴f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，lna)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)a＝0時，g(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋(x－1)2ex，定義域為(0，＋∞)，∴g′(x)＝eq\f(1,x)－x＋(x2－1)ex＝(x＋1)(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,x)))，設(shè)h(x)＝ex－eq\f(1,x)(x>0)，∴h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0，∴h(x)在定義域上是增函數(shù)，∵h(yuǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－2<0，h(1)＝e－1>0，∴存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使h(x0)＝0，即－eq\f(1,x0)＝0，＝eq\f(1,x0)，－x0＝lnx0， 當(dāng)0<x<x0時，h(x)<0，即g′(x)>0；當(dāng)x0<x<1時，h(x)>0，即g′(x)<0；當(dāng)x>1時，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(x0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝x0時，g(x)取極大值g(x0)＝lnx0－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋(x0－1)2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,x0)－2，設(shè)F(x)＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<1))，易知F(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減．∴g(x0)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,8)<0，∴g(x)在(0,1)內(nèi)無零點，∵g(1)＝－eq\f(1,2)<0，g(2)＝e2－2＋ln2>0，∴g(x)在(1，＋∞)內(nèi)有且只有一個零點，綜上所述，g(x)有且只有一個零點．跟蹤演練1(1)解設(shè)切點坐標(biāo)為(x0，f(x0))，由f′(x)＝eq\f(1,x)－a，得f′(x0)＝eq\f(1,x0)－a，所以切線方程為y－(lnx0－ax0＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a))(x－x0)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a))x＋lnx0.因為直線y＝2x與函數(shù)f(x)的圖象相切，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a＝2，,lnx0＝0，))解得a＝－1.(2)證明當(dāng)a＝－1時，f(x)＝lnx＋x＋1，令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2＝xex－lnx－x－1(x>0)，則F′(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,x)－1＝eq\f(x＋1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xex－1))，令G(x)＝xex－1(x>0)，則G′(x)＝(x＋1)ex>0，所以函數(shù)G(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，所以函數(shù)G(x)存在唯一的零點x0∈(0,1)，且當(dāng)x∈(0，x0)時，G(x)<0，F(xiàn)′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，G(x)>0，F(xiàn)′(x)>0.所以函數(shù)F(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，故F(x)min＝F(x0)＝x0－lnx0－x0－1，由G(x0)＝0得x0－1＝0，兩邊取對數(shù)得lnx0＋x0＝0，故F(x0)＝0，所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2.例2(1)解當(dāng)a＝e時，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－eq\f(1,x＋1)，f′(0)＝e－1，故曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.因為該切線在x，y軸上的截距分別為－1和e－1，所以該切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積S＝eq\f(1,2)×|－1|×(e－1)＝eq\f(e－1,2).(2)證明當(dāng)a>1時，因為f(x)＝aex－ln(x＋1)－1，所以f′(x)＝aex－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(aexx＋1－1,x＋1)(x>－1)，令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，則g′(x)＝aex(x＋2)，因為a>1，x>－1，所以g′(x)>0，所以g(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，故g(x)在(－1,0)上有唯一的零點β，即g(β)＝0，因此有aeβ(β＋1)＝1.當(dāng)x∈(－1，β)時，g(x)<0，即f′(x)<0；當(dāng)x∈(β，＋∞)時，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(－1，β)上單調(diào)遞減，在(β，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(β)為最小值．由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝lna＋β，所以當(dāng)－1<β<0時，f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1＝eq\f(1,β＋1)＋β－1＋lna＝lna＋eq\f(β2,β＋1)，因為a>1，所以lna>0，又因為－1<β<0，所以eq\f(β2,β＋1)>0，所以f(β)>0.所以f(x)≥f(β)>0.因此當(dāng)a>1時，f(x)沒有零點．跟蹤演練2解(1)函數(shù)f(x)＝x－lnx－2的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(1,x)，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)．(2)?x∈(1，＋∞)，xlnx＋x>k(x－1)?k<eq\f(xlnx＋x,x－1)，令g(x)＝eq\f(xlnx＋x,x－1)，x>1，求導(dǎo)得g′(x)＝eq\f(2＋lnxx－1－xlnx＋x,x－12)＝eq\f(x－lnx－2,x－12)，由(1)知，f(x)＝x－lnx－2在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(3)＝1－ln3<0，f(4)＝2(1－ln2)>0，因此存在唯一x0∈(3,4)，使得f(x0)＝0，即x0－lnx0－2＝0?lnx0＝x0－2，當(dāng)x∈(1，x0)時，f(x)<0，即g′(x)<0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f(x)>0，即g′(x)>0，因此函數(shù)g(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，于是g(x)min＝g(x0)＝eq\f(x0lnx0＋x0,x0－1)＝eq\f(x0x0－2＋x0,x0－1)＝x0，則k<x0∈(3,4)，所以整數(shù)k的最大值是3. 培優(yōu)點3同構(gòu)函數(shù)問題例1(1)BC[因為eysinx＝exsiny，所以eq\f(sinx,ex)＝eq\f(siny,ey)，令g(t)＝eq\f(sint,et)，0<t<π，所以g(x)＝g(y)，則g′(t)＝eq\f(etcost－etsint,et2)＝eq\f(cost－sint,et)，由g′(t)>0有t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，由g′(t)<0有t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，所以g(t)＝eq\f(sint,et)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)，π))上單調(diào)遞減，因為0<x<y<π，由g(x)＝g(y)有0<x<eq\f(π,4)<y<π，故A錯誤，B正確；因為0<x<y<π，所以ey>ex，由eq\f(sinx,ex)＝eq\f(siny,ey)有siny>sinx，故D錯誤；因為0<x<eq\f(π,4)<y<π，所以cosx＝eq\