【数学】2018届一轮复习人教A版导数的应用学案
1.了解函数单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．
2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件，会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)．
3．会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．
4．会用导数解决实际问题．
知识点一 利用导数研究函数的单调性
函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，
1．若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内是____________；
2．若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内是____________；
3．若恒有f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是________．
答案
1．单调递增函数 2.单调递减函数
3．常函数
1．判断正误
(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．( )
(2)函数的导数越小，函数的变化越慢，函数的图象就越“平缓”．( )
答案：(1)× (2)×
2．(选修1—1P91例1改编)如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是( )
A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数
B．函数f(x)在区间(－3,2)上是减函数
C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数
D．函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数
解析：当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．
答案：A
3．函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是________．
解析：由f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，故其单调递增区间是(0，＋∞)．
答案：(0，＋∞)
知识点二 利用导数研究函数的极值
函数极值的概念
函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0.
类似地，函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0.
我们把点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值；点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极大值点和极小值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
4．函数f(x)＝|x|的极值点是________，函数f(x)＝(x－1)3的极值点________．
解析：结合函数图象可知f(x)＝|x|的极值点是x＝0(此时函数的导数不存在)，f′(x)＝3(x－1)2≥0，f′(x)＝0无变号零点，故函数f(x)＝(x－1)3不存在极值点．
答案：0 不存在
5．(2016·四川卷)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
解析：由题意得f′(x)＝3x2－12.由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.
答案：D
知识点三 函数最值的求解步骤
一般地，求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：
(1)求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
(2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
6．(选修1—1P97例5改编)函数f(x)＝x3－12x在区间[－3,3]上的最大值是________．
解析：由f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，验证可知x＝－2是函数f(x)的极大值点，故函数f(x)在[－3,3]上的最大值f(x)max＝max{f(－2)，f(3)}＝max{16，－9}＝16.
答案：16
第1课时 导数与函数的单调性
热点一 判断或证明函数的单调性
【例1】 已知函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1，讨论函数f(x)的单调性．
【解】 f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋2ax＝，
①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
③当0
0.
故f(x)在上单调递减，在上单调递增.
【总结反思】
导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤
(1)求f′(x)；
(2)确定f′(x)在(a，b)内的符号；
(3)作出结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数.
已知函数f(x)＝x2－ex，试判断f(x)的单调性并给予证明．
解：f(x)在R上单调递减．
设g(x)＝f′(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex.
当x＝ln2时，g′(x)＝0.
当x∈(－∞，ln2)时，g′(x)>0.
当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)<0.
所以f′(x)max＝g(x)max＝g(ln2)＝2ln2－2<0.
所以f′(x)<0恒成立，
所以f(x)在R上单调递减．
热点二 已知函数的单调性求参数的取值范围
【例2】 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
【解】 (1)对f(x)求导得
f′(x)＝3x2＋2ax＝3x(x＋a)．
①当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0恒成立．
∴f(x)的递增区间是(－∞，＋∞)．
②当a>0时，由于f′(x)在(－∞，－a)和(0，＋∞)上都恒为正，所以f(x
)的递增区间是(－∞，－a)，(0，＋∞)；由于f′(x)在(－a，0)上恒为负，所以f(x)的递减区间是(－a，0)；
③当a<0时，在x∈(－∞，0)和x∈(－a，＋∞)上均有f′(x)>0，∴f(x)的递增区间是(－∞，0)，(－a，＋∞)；在(0，－a)上，f′(x)<0，f(x)的递减区间是(0，－a)．
(2)由(1)知，(－，－)⊆(－a,0)，
∴－a≤－，∴a≥1.
【总结反思】
已知函数f(x)在区间D单调递增求参数的取值范围，常转化为f′(x)≥0在区间D恒成立，再通过构造函数转化为求最值或转化为图象不在x轴下方求解．已知函数f(x)在区间D单调递减求参数的取值范围，常转化为f′(x)≤0在区间D恒成立，再通过构造函数转化为求最值或转化为图象不在x轴上方求解.
(2017·安徽模拟)已知函数f(x)＝－x2－3x＋4lnx在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．
解析：∵函数f(x)＝－x2－3x＋4lnx(x>0)，∴f′(x)＝－x－3＋，∵函数f(x)＝－x2－3x＋4lnx在(t，t＋1)上不单调，∴f′(x)＝－x－3＋＝0在(t，t＋1)上有解，∴＝0在(t，t＋1)上有解，∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，故实数t的取值范围是(0,1)．
答案：(0,1)
热点三 函数单调性的简单应用
考向1 比较大小
【例3】 已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则以下判断正确的是( )
A．f(2 013)>e2 013f(0)
B．f(2 013)f′(x)，∴g′(x)<0，
即函数g(x)在R上递减，
∴g(2 013)x2，则不等式(x＋2 014)2f(x＋2 014)－4f(－2)>0的解集为( )
A．(－∞，－2 012) B．(－2 012, 0)
C．(－∞，－2 016) D．(－2 016,0)
【解析】 由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0，得2xf(x)＋x2f′(x)0，即F(2 014＋x)>F(－2)．又F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以2 014＋x<－2，即x<－2 016，故选C.
【答案】 C
【总结反思】
利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式.
(1)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)
D．(0,1)∪(1，＋∞)
(2)(2017·福建质检)已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满足＋x<1，则下列结论正确的是( )
A．对于任意x∈R，f(x)<0
B．对于任意x∈R，f(x)>0
C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0
D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0
解析：(1)记函数g(x)＝，则g′(x)＝，
因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，
故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减；
又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，
且g(－1)＝g(1)＝0.
当00，则f(x)>0；
当x<－1时，g(x)<0，则f(x)>0，
综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是
(－∞，－1)∪(0,1)．
(2)因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f′(x)<0.因为＋x<1，所以f(x)＋xf′(x)>f′(x)．
所以f(x)＋(x－1)f′(x)>0，构造函数g(x)＝(x－1)f(x)，则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以函数g(x)在R上单调递增，又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当x<1时，g(x)<0，所以f(x)>0；当x>1时，g(x)>0，所以f(x)>0.因为f(x)是定义在R上的减函数，所以f(1)>0.综上，对于任意x∈R，f(x)>0.故选B.
答案：(1)A (2)B
1．在某个区间(a，b)上，若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上单调递增；若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上单调递减；若f′(x)＝0恒成立，则f(x)在这个区间上为常数函数；若
f′(x)的符号不确定，则f(x)不是单调函数．
2．若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立；若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立．
3．使f′(x)＝0的离散的点不影响函数的单调性．
第2课时 导数与函数的极值、最值
热点一 利用导数研究函数的极值
考向1 根据函数的图象判断函数的极值
【例1】 (2017·青海西宁月考)设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝x·f′(x)的图象的一部分如图所示，则( )
A．f(x)的极大值为f()，极小值为f(－)
B．f(x)的极大值为f(－)，极小值为f()
C．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)
D．f(x)的极大值为f(3)，极小值为f(－3)
【解析】 由图象知，当x<－3时，f′(x)<0；当－30，由此知极小值为f(－3)；当00；当x>3时，f′(x)<0，由此知极大值为f(3)，故选D.
【答案】 D
考向2 求函数的极值
【例2】 已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极值．
【解】 由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－(x>0)，因为f(1)＝1，f′(1)＝－1，
所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.
(2)由f′(x)＝1－＝，x>0知：
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.
又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．
考向3 已知函数的极值求参数
【例3】 (2017·江西八校联考)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B.
C．(0,1) D．(0，＋∞)
【解析】 ∵f(x)＝x(lnx－ax)，
∴f′(x)＝lnx－2ax＋1，故f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，
令f′(x)＝0，则2a＝，
设g(x)＝，则g′(x)＝，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又∵当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1.
∴只需0<2a<1⇒00，故a>2或a<－2，
函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上有极值点可化为x2－ax＋1＝0在区间上有解，
①当20，即16－4a＋1>0，故a<，故20，由k<，
得>e，则x－<0，所以<0，
所以f(x)在上单调递减．
所以f(x)min＝f(e)＝＋klne＝＋k－1，f(x)max＝f＝e－k－1.
综上，k<时，f(x)min＝＋k－1，f(x)max＝e－k－1.
若把本例中函数改为“f(x)＝＋alnx，a∈R”，试求解此函数在区间(0，e]上的最小值．
解：f′(x)＝，x∈(0，＋∞)．
①当a＝0时，在区间(0，e]上f′(x)＝－，此时f(x)在区间(0，e]上单调递减，则f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝.
②当<0，即a<0时，在区间(0，e]上f′(x)<0，此时f(x)在区间(0，e]上单调递减，则f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝＋a，
③当0<时，
在区间上f′(x)<0，
此时f(x)在区间上单调递减；
在区间上f′(x)>0.
此时f(x)在区间上单调递增；
则f(x)在区间(0，e]上的最小值为f＝a＋aln.
④当≥e，即0时，f(x)在区间(0，e]上的最小值为a＋aln.
【总结反思】
求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值．
(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)．
(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
热点三 函数极值与最值的综合问题
【例5】 已知函数f(x)＝(a>0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
【解】 (1)f′(x)
＝
＝.
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex>0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．
又因为a>0，所以－30，即f′(x)>0，
当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(－3,0)，
单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有
解得a＝1，b＝5，c＝5.
所以f(x)＝.
因为f(x)的单调递增区间是(－3,0)，
单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，
故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者，而f(－5)＝＝5e5>5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.
【总结反思】
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m、n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是( )
A．－13 B．－15
C．10 D．15
解析：对函数f(x)求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，
由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0.即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在[－1,0)上单调递减，在[0,1]上单调递增，
∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，
且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，
f′(n)min＝f′(－1)＝－9.
故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.
答案：A
1．函数的最值是整个定义域上的问题，而函数的极值只是定义域的局部问题．
2．f′(x0)＝0是f(x)在x＝x0处取得极值的必要非充分条件，因为求函数的极值，还必须判断x0两侧的f′(x)的符号是否相反．
3．求f(x)的最值应注意在闭区间上研究，还是在开区间上研究，若闭区间上最值问题只需比较端点值与极值即可，若开区间上最值问题，注意考查f(x)的有界性．
第3课时 导数的综合应用
热点一 利用导数证明不等式
【例1】 (2016·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．
(Ⅰ)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(Ⅱ)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．
【解】 (Ⅰ)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0.
曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(Ⅱ)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于lnx－>0.
设g(x)＝lnx－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
(ⅰ)当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)>0；
(ⅱ)当a>2时，令g′(x)＝0得
x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，此时g(x)0，F(x)在[0，]上是增函数；
当x∈(，1)时，F′(x)<0，F(x)在[，1]上是减函数．
又F(0)＝0，F(1)>0，所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，即sinx≥x.
记H(x)＝sinx－x，则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cosx－1<0，所以H(x)在[0,1]上是减函数，则H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.
综上，x≤sinx≤x，x∈[0,1]．
热点二 利用导数解决恒成立问题
【例2】 (2016·四川卷)设函数f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；
(Ⅱ)证明：当x>1时，g(x)>0；
(Ⅲ)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．
【解】 (Ⅰ)f′(x)＝2ax－＝(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＝ .
当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(Ⅱ)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，
所以ex－1>x，从而g(x)＝－>0.
(Ⅲ)由(Ⅱ)，当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，
f(x)＝a(x2－1)－lnx<0，
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(Ⅰ)有f()0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，
令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
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∈[，＋∞).
【总结反思】
不等式恒成立问题的求解方法
(1)由不等式恒成立求解参数的取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即要使a≥g(x)恒成立，只需a≥g(x)max，要使a≤g(x)恒成立，只需a≤g(x)min.另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f(x)≥0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)≥0即可求出a的取值范围．
(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式.
已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，lnx>－恒成立．
解：(1)由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a≤2lnx＋x＋，设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，
则h′(x)＝，
①当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.
即实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)证明：问题等价于证明
xlnx>－(x∈(0，＋∞))，
又f(x)＝xlnx，f′(x)＝lnx＋1，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f＝－.
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，
从而对一切x∈(0，＋∞)，lnx>－恒成立．
热点三 利用导数解决存在性问题
【例3】 (2017·福建四地六校联考)已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x.
(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．
【解】 (1)函数f(x)定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－4＝.
假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f′(1)＝0，
∴a＝2，此时，f′(x)＝，当x>0时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝1不是f(x)的极值点．
故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x－2x0，记F(x)＝x－lnx(x>0)，
∴F′(x)＝(x>0)．
∴当01时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝1>0.
∴a≥，记G(x)＝，x∈.
∴G′(x)＝
＝.
∵x∈，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2>0，
∴x∈时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
x∈(1，e]时，G′(x)>0，G(x)单调递增．
∴G(x)min＝G(1)＝－1，
∴a≥G(x)min＝－1.
故实数a的取值范围为[－1，＋∞).
【总结反思】
不等式能成立问题的解决方法
(1)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
(2)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2.
(2017·新乡调研)已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)，
所以a的取值范围为.
热点四 利用导数解决零点问题
【例4】 设函数f(x)＝－klnx，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
【解】 (1)由f(x)＝－klnx(k>0)，
得x>0且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．f(x)在x＝处取得极小值f()＝.
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为
f()＝.
因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.
当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，
所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．
当k>e时，f(x)在区间(1，]上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．
综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.
【总结反思】
用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.
(2017·潍坊模拟)已知函数f(x)＝x2，g(x)＝alnx(a>0)．
(1)求函数F(x)＝f(x)·g(x)的极值；
(2)若函数G(x)＝f(x)－g(x)＋(a－1)x在区间内有两个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意知，
F(x)＝f(x)·g(x)＝ax2lnx，
F′(x)＝axlnx＋ax＝ax(2lnx＋1)，
由F′(x)>0得x>e－，
由F′(x)<0得00，G(x)单调递增，
要使G(x)在区间内有两个零点，
需满足即
即下面比较与的大小．
由于－＝
＝>0，
故>，
故实数a的取值范围为.
1．利用导数证明不等式
若证明f(x)0，所以f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．(2分)
(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．(4分)
②若a>－，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)单调递增，在(ln(－2a)，1)单调递减．(6分)
③若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a
)，＋∞)单调递增，在(1，ln(－2a))单调递减．(8分)
(Ⅱ)(ⅰ)设a>0，则由(Ⅰ)知，f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－b)>0.
所以f(x)有两个零点．(10分)
(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．
(ⅲ)设a<0，若a≥－，则由(Ⅰ)知，f(x)在(1，＋∞)单调递增，又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点；若a<－，则由(Ⅰ)知，f(x)在(1，ln(－2a))单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)单调递增，又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(12分)
【阅卷点评】 1.研究方程根(函数零点)的个数，实质上是研究函数的性质(单调性、极值、最值等)，通过函数性质画出函数图象，通过图象特点作出判断．
2．在定义域[a，b]上连续的函数f(x)，在[a，x1)上单调递减，在(x1，b]上单调递增，则方程f(x)＝0的根的情况如下表：
根的个数
满足的条件
0
f(x1)>0或f(a)<0且f(b)<0
1
f(x1)＝0或f(a)≥0且f(b)<0或f(a)<0且f(b)≥0
2
f(a)>0且f(b)>0且f(x1)<0
注：定义域区间为其他类型的情况类似处理，其核心是数形结合思想的运用．
已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx的图象与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．
解：f′(x)＝x(2＋cosx)，
令f′(x)＝0，得x＝0.
∴当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增．
当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上递减．
∴f(x)的最小值为f(0)＝1.
∵函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当b>1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．
综上可知，b的取值范围是(1，＋∞)．
