【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第三章第三讲　导数的综合应用学案

【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第三章第三讲　导数的综合应用学案

第三讲　导数的综合应用 考法 1 利用导数证明不等式 命题角度 1　变量不等式的证明 1 [2020 石家庄市重点高中测试]已知函数 f (x)=(2 - x)ek(x - 1) - x(k∈R,e 为自然对数的底数). (1)若 f (x)在 R 上单调递减,求 k 的最大值; (2)当 x∈(1,2)时,证明:ln 푥(2푥 - 1) 2 - 푥 >2(x - 1 푥). (1)将函数 f (x)单调递减转化为 f ' (x)≤0 恒成立,将特殊值 1 代入,可初步算出 k 的范围,再加以验证, 即可求解;(2)借助第(1)问可证出 2(x - 1)0,g(x)单调递增, 当 x∈( - ∞,1)时,g' (x)<0,g(x)单调递减, ∴g(x)min=g(1)=0,即 g(x)≥0 恒成立, 故 k 的最大值为 2. (2)当 k=2 时,f (x)=(2 - x)·e2(x - 1) - x 单调递减,且 f (1)=0, 当 x∈(1,2)时,f (x)0, ∴H(x)在(1,2)上单调递增,H(x)>ln(2×1 - 1) - ( - 2 1+2)=0,故②成立. ①+②得, ln 푥(2푥 - 1) 2 - 푥 >2(x - 1 푥)成立. 1.[2020 陕西省部分学校模拟测试]已知函数 f (x)=ex(ex - ax+a)有两个极值点 x1,x2. (1)求 a 的取值范围; (2)求证:2x1x2 1 4 + 2 9+…+ 푛 - 1 푛2 . (1)令 h(x)=ln(x+1) - x+x2,x∈[0,+∞),则 h' (x)= 1 푥 + 1+2x - 1= 2푥2 + 푥 1 + 푥 ≥0,所以 h(x)单调递增,所以 h(x)≥h(0)=0,故 f (x)≥x - x2. (2)f (x)+x≥g(x),即 ln(x+1)≥ 푎푥 1 + 푥,令 m(x)=ln(x+1) - 푎푥 푥 + 1,即 m(x)≥0 恒成立.求导,得 m' (x)= 1 푥 + 1 ― ― 푎(푥 + 1) - 푎푥 (1 + 푥)2 = 푥 + 1 - 푎 (1 + 푥)2,令 m' (x)>0,即 x+1 - a>0,得 x>a - 1. 当 a - 1≤0,即 a≤1 时,m(x)在[0,+∞)上单调递增,m(x)≥m(0)=0(x≥0),所以当 a≤1 时,m(x)≥0 在[0,+∞)上恒成立; 当 a - 1>0,即 a>1 时,m(x)在(a - 1,+∞)上单调递增,在[0,a - 1]上单调递减,所以 m(x)min=m(a - 1)1 不合题意. 综上所述,a 的取值范围为( - ∞,1]. (3)由(1)知 ln(x+1)>x - x2(x>0),令 x= 1 푛,n∈N*,则 x∈(0,1], 所以 ln 푛 + 1 푛 > 푛 - 1 푛2 ,即 ln(n+1) - lnn> 푛 - 1 푛2 . 故有 ln2 - ln1>0,ln3 - ln2> 1 4,…,ln(n+1) - lnn> 푛 - 1 푛2 . 上述各式相加可得 ln(n+1)> 1 4 + 2 9+…+ 푛 - 1 푛2 . 因为 n2+3n+2 - (n+1)=(n+1)2>0, 所以 n2+3n+2>n+1, 所以 ln(n2+3n+2)>ln(n+1), 所以 ln(n2+3n+2)> 1 4 + 2 9+…+ 푛 - 1 푛2 . 2.[2020 江西赣州两校联考]已知函数 f (x)=(x - 1)ex - 1 2ax2+1,a∈R. (1)当 a≤1 时,讨论 f (x)的单调性; (2)当 a=1 时,证明不等式 1 푓(1) + 1 푓(2)+…+ 1 푓(푛)<4(n∈N*). 考法 2 不等式恒成立问题与有解问题 命题角度 1　不等式恒成立问题 3 [2020 四川五校联考]已知函数 f (x)=aln x+x2 - (a+2)x. (1)当 a=4 时,求函数 f (x)的单调递增区间; (2)当 a>0 时,对于任意的 x∈[1,+∞),不等式 f (x)>1 - a2 恒成立,求实数 a 的取值范围. (1)根据题意,将 a 的值代入 f (x)的解析式,再对 f (x)求导,令 f ' (x)≥0,求解不等式即可;(2)根据题意, 将不等式右侧全部移至左侧,将左侧看成新函数求导,分类讨论即可求解. (1)当 a=4 时,f (x)=4lnx+x2 - 6x(x>0),∴f ' (x)= 4 푥+2x - 6= (2푥 - 4)(푥 - 1) 푥 , 令 f ' (x)≥0,解得 x≥2 或 01,即 a>2 时,g(x)在[1, 푎 2]上单调递减,在( 푎 2,+∞)上单调递增. ∴g(x)min=g( 푎 2)=aln 푎 2 + 3푎2 4 - a - 1, 令 h(x)=xln 푥 2 + 3푥2 4 - x - 1(x>2),则 h' (x)=ln 푥 2 + 3 2x. 当 x>2 时,h' (x)>0,∴h(x)在(2,+∞)上单调递增, ∴h(x)>0. ∴g(x)≥g( 푎 2)>0 恒成立,满足题意. 综上所述,a>2,即实数 a 的取值范围为(2,+∞). 命题角度 2　不等式有解问题 4 [2020 广东湛江模拟]已知正实数 a,函数 g(x)= 2 3ax3 - 1 2(a+2)x2+x(x>0),f (x)=ax2 - (a+2)x+ln x+2. (1)讨论函数 g(x)的单调性; (2)若 f (x)<0 在[ 1 2,1]内有解,求 a 的取值范围. (1)通过对导函数的零点进行分类讨论即可确定函数 g(x)的单调性;(2)通过对导函数的零点和给定 区间进行分类讨论,即可确定 f (x)的最小值,进而可求得 a 的取值范围. (1)由题意知函数 g(x)的定义域为(0,+∞). g' (x)=2ax2 - (a+2)x+1,令 g' (x)=0,解得 x1= 1 2,x2= 1 푎. 当 1 푎 < 1 2,即 a>2 时,易知在(0, 1 푎),( 1 2,+∞)上,g' (x)>0,函数 g(x)单调递增,在( 1 푎, 1 2)上,g' (x)<0,函数 g(x)单调递减. 当 1 푎 = 1 2,即 a=2 时,易知函数 g(x)在(0,+∞)上单调递增. 当 1 푎 > 1 2,即 00,函数 g(x)单调递增,在( 1 2, 1 푎)上,g' (x)<0,函数 g(x)单调递减. 综上所述,当 a>2 时,函数 g(x)在(0, 1 푎),( 1 2,+∞)上单调递增,在( 1 푎, 1 2)上单调递减; 当 a=2 时,函数 g(x)在(0,+∞)上单调递增; 当 00), 由(1)可知,当 1 푎≤ 1 2,即 a≥2 时,在[ 1 2,+∞)上,g' (x)≥0,所以当 x∈[ 1 2,1]时,f ' (x)≥0,函数 f (x)在[ 1 2,1]上单调递增,f (x)min=f ( 1 2)= 푎 4 ― 푎 + 2 2 +ln 1 2+2<0,解得 a>4(1 - ln2),所以 a≥2. 当 1 2 < 1 푎<1,即 10,f ' (x)>0,函数 f (x)单调递增, 所以 f (x)min=f ( 1 푎)= 1 푎 ― 푎 + 2 푎 +ln 1 푎+2= - 1 푎+1+ln 1 푎. 令 1 푎=t,则 t∈( 1 2,1),令 h(t)= - t+1+lnt( 1 20,函数 h(t)在( 1 2,1)上单调递增,所以 h(t)<0 恒成立,即 f (x)min<0 恒成立,所以 11. 导函数的零点是否分布在函数定义域内?零点将定义域划分为哪几个区间?这些问题若不能确定,则需 要分类讨论.(1)本题第(2)问根据函数 f ' (x)的零点 1 푎是否在[ 1 2,1]内进行分类,利用导数得到函数在给定区间上 的单调性,从而得最值,进而得参数的取值范围;(2)含参不等式有解问题可转化为最值问题来处理,但要注意不 等式恒成立与不等式有解的区别. 3.[2019 辽宁五校联考]已知函数 f (x)=ax2 - xln x. (1)若 f (x)在(0,+∞)上单调递增,求 a 的取值范围; (2)若 a=e(e 为自然对数的底数),证明:当 x>0 时,f (x)0 得 x<1,∴函数 g(x)在( - ∞,1)上单调递增, 由 g' (x)<0 得 x>1,∴函数 g(x)在(1,+∞)上单调递减. 图 3 - 3 - 1 ∴当 x=1 时,函数 g(x)有最大值,g(x)max=g(1)=e. 又当 x<2 时,g(x)>0,g(2)=0,当 x>2 时,g(x)<0,作出函数 g(x)的大致图象,如图 3 - 3 - 1 所示, ∴当 a>e 时,函数 f (x)没有零点;当 a=e 或 a≤0 时,函数 f (x)有一个零点;当 0f (2 - x2), 又 f (x1)=0,故需证 f (2 - x2)<0. 由 a=g(x2)得 f (2 - x2)= - x2e2-푥2+a= - x2e2-푥2 - (x2 - 2)e푥2(x2>1),构造函数 h(x)= - xe2 - x - (x - 2)ex,则 h' (x)=(1 - x)(ex - e2 - x), 当 x>1 时,ex>e2 - x,h' (x)<0,故函数 h(x)在(1,+∞)上单调递减,∴当 x>1 时,h(x)1 时,f (2 - x2)<0,即 x1+x2<2. 解法二　由(1)知 01), 则 F (x)=(x - 2)ex+xe2 - x,F ' (x)=(1 - x)(e2 - x - ex), 易知 y=e2 - x - ex 是单调递减函数,∴当 x>1 时,e2 - x - ex0,∴F (x)在(1,+∞)上单调递增, ∴当 x>1 时,F (x)>0,即 f (x)>f (2 - x). 由 x2>1 得 f (x2)>f (2 - x2),又 f (x2)=0=f (x1),∴f (2 - x2)x1,即 x1+x2<2. 解后反思　 本题主要考查考生灵活运用导数、数形结合思想分析问题、解决问题的能力,解题过程中重点考查了分类讨 论思想、数形结合思想的应用,有助于提升考生的逻辑推理、数学运算和直观想象等核心素养. 4.[2019 全国卷Ⅰ,20,12 分]已知函数 f (x)=2sin x - xcos x - x,f ' (x)为 f (x)的导数. (1)证明:f ' (x)在区间(0,π)内存在唯一零点; (2)若 x∈[0,π]时,f (x)≥ax,求 a 的取值范围. 数学探究 1　极值点偏移问题 6 已知函数 f (x)=ln x - ax(x>0),a 为常数,若函数 f (x)有两个零点 x1,x2(x1≠x2).证明:x1x2>e2. 解法一　(抓极值点构造函数)由题意知,函数 f (x)有两个零点 x1,x2(x1≠x2), 即 f (x1)=f (x2)=0,易知 lnx1,lnx2 是方程 x=aex 的两个不相等的根. 设 t1=lnx1,t2=lnx2,g(x)=xe - x, 则 g(t1)=g(t2),故要证 x1x2>e2,即证 lnx1+lnx2>2,即证 t1+t2>2. 下证:t1+t2>2. g' (x)=(1 - x)e - x,易得 g(x)在( - ∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以函数 g(x)在 x=1 处取得极大值(也是最大值)g(1)= 1 e. 当 x→ - ∞时,g(x)→ - ∞; 当 x→+∞时,g(x)→0 且 g(x)>0. 由g(t1)=g(t2),t1≠t2,不妨设t10, 所以 F (x)在(0,1]上单调递增, 所以 F (x)>0 对任意的 x∈(0,1]恒成立, 即 g(1+x)>g(1 - x)对任意的 x∈(0,1]恒成立, 由 0g(1 - (1 - t1))=g(t1)=g(t2), 即 g(2 - t1)>g(t2), 又 2 - t1,t2∈(1,+∞),且 g(x)在(1,+∞)上单调递减, 所以 2 - t12, 即 x1x2>e2. 上述解题过程中用到的方法就是解决极值点偏移问题的最基本的方法,解题过程中有以下四个解题要 点: (1)求函数 g(x)的极值点 x0; (2)构造函数 F (x)=g(x0+x) - g(x0 - x); (3)确定函数 F (x)的单调性; (4)确定 g(x0+x)与 g(x0 - x)的大小关系. 解法二　(巧抓“根差”——s=t2 - t1 构造函数)由题意,函数 f (x)有两个零点 x1,x2(x1≠x2), 即 f (x1)=f (x2)=0,易知 lnx1,lnx2 是方程 x=aex 的两个不相等的根. 设 t1=lnx1,t2=lnx2,g(x)=xe - x,则 g(t1)=g(t2),故要证 x1x2>e2,即证 lnx1+lnx2>2,即证 t1+t2>2. 下证:t1+t2>2. 由 g(t1)=g(t2),得 t1e-푡1=t2e-푡2,化简得e푡2-푡1 = 푡2 푡1　①, 不妨设 t2>t1,由解法一知,00,t2=s+t1, 代入①式,得 es= 푠 + 푡1 푡1 ,解得 t1= 푠 e푠 - 1. 则 t1+t2=2t1+s= 2푠 e푠 - 1+s, 故要证 t1+t2>2,即证 2푠 e푠 - 1+s>2. 又 es - 1>0,故要证 2푠 e푠 - 1+s>2, 即证 2s+(s - 2)(es - 1)>0　②, 令 G(s)=2s+(s - 2)(es - 1)(s>0), 则 G' (s)=(s - 1)es+1,G″(s)=ses>0(G″ (s)为 G' (s)的导函数), 故 G' (s)在(0,+∞)上单调递增,所以 G' (s)>0, 从而 G(s)在(0,+∞)上单调递增,所以 G(s)>0, 所以②式成立,故 t1+t2>2,即 x1x2>e2. 该方法的关键是巧妙引入变量s,然后利用等量关系,把t1,t2消掉,从而构造相应的函数,转化所证问题.解 题要点如下. (1)取差构元:记 s=t2 - t1,则 t2=t1+s,利用该式消掉 t2. (2)巧解消参:利用 g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用 s 表示 t1. (3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于 s 的函数 G(s). (4)转化求解:利用导数研究函数 G(s)的单调性和最小值,从而证得结论. 解法三　(巧抓“根商”——c= 푥1 푥2 构造函数)不妨设 x1>x2, 因为 lnx1 - ax1=0,lnx2 - ax2=0, 所以 lnx1+lnx2=a(x1+x2),lnx1 - lnx2=a(x1 - x2),所以 ln푥1 - ln푥2 푥1 - 푥2 =a, 欲证 x1x2>e2,即证 lnx2+lnx2>2. 因为 lnx1+lnx2=a(x1+x2), 所以即证 a> 2 푥1 + 푥2 , 所以原问题等价于证明 ln푥1 - ln푥2 푥1 - 푥2 > 2 푥1 + 푥2 , 即 ln 푥1 푥2 > 2(푥1 - 푥2) 푥1 + 푥2 . 令 c= 푥1 푥2 (c>1),则不等式变为 lnc> 2(푐 - 1) 푐 + 1 , 令 h(c)=lnc - 2(푐 - 1) 푐 + 1 ,c>1, 所以 h' (c)= 1 푐 ― 4 (푐 + 1)2 = (푐 - 1)2 푐(푐 + 1)2>0, 所以 h(c)在(1,+∞)上单调递增, 所以 h(c)>ln1 - 0=0,即 lnc - 2(푐 - 1) 푐 + 1 >0(c>1), 因此原不等式 x1x2>e2 得证. 该方法的基本思路是直接消掉参数 a,再结合所证问题,巧妙引入变量 c= 푥1 푥2 ,从而构造相应的函数.解题 要点如下. (1)巧解消参:利用方程 f (x1)=f (x2)=0 消掉解析式中的参数 a. (2)抓商构元:令 c= 푥1 푥2 ,消掉变量 x1,x2,构造关于 c 的函数 h(c). (3)用导求解:利用导数求解函数 h(c)的最小值,从而可证得结论. 素养探源　 核心素养 考查途径 素养水平 数学建模 通过观察分析,构造相关函数. 一 逻辑推理 命题之间的等价转换. 二 数学运算 数式运算,等式的恒等变换,不等 式的等价变形等. 二 5.[2019 湖南岳阳模拟]已知函数 f (x)= - x+(x+a)ln x(a∈R)有两个不同的极值点. (1)求实数 a 的取值范围; (2)当 a=2 时,已知函数 f (x)的图象在 A(x1,f (x1)),B(x2,f (x2))(x14. 数学探究 2　利用洛必达法则求解不等式恒成立问题 7 已知函数 f (x)= 푎ln푥 푥 + 1 + 푏 푥,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)> ln푥 푥 - 1 + 푘 푥,求 k 的取值范围. (1)由题意知 f ' (x)= 푎(푥 + 1 푥 - ln푥) (푥 + 1)2 ― 푏 푥2(x>0). 由于直线 x+2y - 3=0 的斜率为 - 1 2,且直线 x+2y - 3=0 过点(1,1), 故{푓(1) = 1, 푓 '(1) = - 1 2,即{푏 = 1, 푎 2 - 푏 = - 1 2,解得{푎 = 1, 푏 = 1. (2)解法一　由(1)知 f (x)= ln푥 푥 + 1 + 1 푥(x>0), 所以 f (x) - ( ln푥 푥 - 1 + 푘 푥)= 1 1 - 푥2[2lnx+ (푘 - 1)(푥2 - 1) 푥 ]. 设 h(x)=2lnx+ (푘 - 1)(푥2 - 1) 푥 (x>0), 则 h' (x)= (푘 - 1)(푥2 + 1) + 2푥 푥2 . ①当 k≤0 时,由 h' (x)= 푘(푥2 + 1) - (푥 - 1)2 푥2 知, 当 x≠1 时,h' (x)<0,h(x)单调递减. 而 h(1)=0,故当 x∈(0,1)时,h(x)>0,可得 1 1 - 푥2h(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得 1 1 - 푥2h(x)>0. 从而当 x>0,且 x≠1 时,f (x) - ( ln푥 푥 - 1 + 푘 푥)>0. 即 f (x)> ln푥 푥 - 1 + 푘 푥. ②当 00,对称轴为直线 x= 1 1 - 푘, 1 1 - 푘>1, 所以当 x∈(1, 1 1 - 푘)时,(k - 1)(x2+1)+2x>0, 故 h' (x)>0,而 h(1)=0,故当 x∈(1, 1 1 - 푘)时,h(x)>0,可得 1 1 - 푥2h(x)<0,与题设矛盾. ②当 k≥1 时,此时 h' (x)>0,而 h(1)=0, 故当 x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得 1 1 - 푥2h(x)<0,与题设矛盾. 综上所述,k 的取值范围为( - ∞,0]. (很难想到用解法一处理第(2)问,现利用洛必达法则处理如下) 解法二　由题设可得,当 x>0,x≠1 时,k< 2푥ln푥 1 - 푥2+1 恒成立. 令 g(x)= 2푥ln푥 1 - 푥2+1(x>0,x≠1), 则 g' (x)=2· (푥2 + 1)ln푥 - 푥2 + 1 (1 - 푥2)2 , 再令 m(x)=(x2+1)lnx - x2+1(x>0), 则 m' (x)=2xlnx+ 1 푥 - x, 又 m″(x)=2lnx+1 - 1 푥2(m″(x)为 m' (x)的导数), 易知 m″(x)=2lnx+1 - 1 푥2在(0,+∞)上为增函数,且 m″(1)=0, 故当 x∈(0,1)时,m″(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,m″(x)>0, 所以 m' (x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故 m' (x)>m' (1)=0, 所以 m(x)在(0,+∞)上为增函数,又 m(1)=0, 所以当 x∈(0,1)时,m(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,m(x)>0, 所以当 x∈(0,1)时,g' (x)<0,当 x∈(1,+∞)时,g' (x)>0, 所以 g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 由洛必达法则知, lim 푥→ 1 g(x)=2lim 푥→ 1 푥ln푥 1 - 푥2+1=2lim 푥→ 1 1 + ln푥 -2푥 +1=2×( - 1 2)+1=0, 所以 k≤0,故 k 的取值范围为( - ∞,0]. 解决本题第(2)问时,如果直接讨论函数的性质,相当烦琐,很难求解.采用变量分离法较易求解,但是分离 出来的函数式的最值无法求解,而利用洛必达法则能较好地求出最值,这是一种值得借鉴的方法. 素养探源　 核心素养 考查途径 素养水平 逻辑推理 分类讨论及命题间的等价转换等. 二 数学运算 代数式的运算及不等式的等价变 换等. 二 1.(1)因为 f (x)=ex(ex - ax+a), 所以 f ' (x)=ex(ex - ax+a)+ex(ex - a)=ex(2ex - ax). 令 f ' (x)=0,则 2ex=ax. 当 a=0 时,不符合题意. 当 a≠0 时, 2 푎 = 푥 e푥,令 g(x)= 푥 e푥, 所以 g' (x)= 1 - 푥 e푥 ,当 x<1 时,g' (x)>0,当 x>1 时,g' (x)<0, 所以 g(x)在( - ∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以 g(x)max=g(1), 又 g(1)= 1 e,当 x→ - ∞时,g(x)→ - ∞,当 x→+∞时,g(x)→0 且 g(x)>0, 所以当 0< 2 푎 < 1 e,即 2e1),即证明 2ln t - t+ 1 푡<0 在(1,+∞)上恒成立, 记 h(t)=2ln t - t+ 1 푡,则 h' (t)= 2 푡 - 1 - 1 푡2 = - 푡2 + 2푡 - 1 푡2 = - (푡 - 1)2 푡2 ,当 t>1 时,h' (t)<0,所以 h(t)在区间(1,+∞)上单调递 减, 所以当 t>1 时,h(t)0,令 f ' (x)=0,得 x=0, 所以 f (x)在( - ∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 当 a=1 时,若 x<0,则 ex - a<0,f ' (x)>0;若 x>0,则 ex - a>0,f ' (x)>0. 所以 f (x)在 R 上单调递增. 当 0f (0)=0 在(0,+∞)上恒成立. 设 g(x)=ex - x - 1,则 g' (x)=ex - 1,可知 g(x)在( - ∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以 g(x)≥g(0)=0,即 ex≥x+1. 所以当 n≥2 时,f (n)≥(n - 1)(n+1) - 1 2n2+1= 1 2n2, 1 푓(푛)≤ 2 푛2,所以 1 푓(푛) < 2 (푛 - 1)푛=2( 1 푛 - 1 ― 1 푛). 于是 1 푓(1) + 1 푓(2)+…+ 1 푓(푛)<2+2[(1 - 1 2)+( 1 2 ― 1 3)+…+( 1 푛 - 1 ― 1 푛)]=4 - 2 푛<4. 综上可知, 1 푓(1) + 1 푓(2)+…+ 1 푓(푛)<4(n∈N*). 3.(1)易知 f (x)的定义域为(0,+∞). 对 f (x)求导,得 f ' (x)=2ax - ln x - 1. 因为 f (x)在(0,+∞)上单调递增,所以当 x>0 时,f ' (x)≥0 恒成立, 即 2ax - ln x - 1≥0 在(0,+∞)上恒成立,也即 2a≥ ln푥 + 1 푥 在(0,+∞)上恒成立. 令 g(x)= ln푥 + 1 푥 ,x>0,则 2a≥g(x)max, g' (x)= - ln푥 푥2 ,令 g' (x)>0,可得 ln x<0,解得 00,解得 x>1. 所以 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 则 g(x)max=g(1)=1. 所以 2a≥1,即 a≥ 1 2.故 a 的取值范围是[ 1 2,+∞). (2)当 a=e 时,f (x)=ex2 - xln x, 要证当 x>0 时,f (x)0 时,ex2 - xln x0,所以只需证 ex - ln xex - ex(x>0). 令 h(x)=ln x+ 1 e푥(x>0),则 h' (x)= 1 푥 ― 1 e푥2 = e푥 - 1 e푥2 (x>0). 由 h' (x)<0,得 00,得 x> 1 e. 所以 h(x)在(0, 1 e)上单调递减,在( 1 e,+∞)上单调递增, 则 h(x)在 x= 1 e时取得最小值,最小值为 h( 1 e)=0,从而 h(x)≥0,即 ln x+ 1 e푥≥0. 令 φ(x)=ex - ex(x>0),则 φ' (x)=e - ex(x>0). 由 φ' (x)>0,得 01, 所以 φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 则 φ(x)在 x=1 时取得最大值,最大值为 φ(1)=0,从而 φ(x)≤0,即 ex - ex≤0. 因为 h(x)和 φ(x)不同时为 0,所以 ln x+ 1 e푥>ex - ex(x>0), 即当 x>0 时,f (x)0 时,不等式 ex2 - xlnx0),通过研究函数 t(x)的单调性来证明不等式,会遇到导函数的零点不能确定的问题,增加了难度, 所以先将不等式转化为lnx+ 1 e푥>ex - ex(x>0),再分别求函数h(x)=lnx+ 1 e푥(x>0)的最小值和函数φ(x)=ex - ex(x>0) 的最大值,即可证明不等式. 4.(1)设 g(x)=f ' (x)(x∈(0,π)),则 g(x)=cos x+xsin x - 1,g' (x)=xcos x. 令 g' (x)=0,得 x= π 2. 当 x∈(0, π 2)时,g' (x)>0;当 x∈( π 2,π)时,g' (x)<0,所以 g(x)在(0, π 2)上单调递增,在( π 2,π)上单调递减. 又 g(0)=0,g( π 2)>0,g(π)= - 2,故 g(x)在(0,π)内存在唯一零点. 所以 f ' (x)在(0,π)内存在唯一零点. (2)由题设知 f (π)≥aπ,f (π)=0,可得 a≤0. 由(1)知,f ' (x)在(0,π)内只有一个零点,设此零点为x0,且当 x∈(0,x0)时,f ' (x)>0;当 x∈(x0,π)时,f ' (x)<0,所以 f (x) 在(0,x0)上单调递增,在(x0,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]. 5.(1)由题意知函数 f (x)的定义域为(0,+∞). f ' (x)= - 1+ln x+ 푥 + 푎 푥 =ln x+ 푎 푥. 因为函数 f (x)有两个不同的极值点, 所以 f ' (x)=0 即 ln x+ 푎 푥=0 有两个不同的实数解. 分离参数得 a= - xln x. 记 g(x)= - xln x(x>0),则 g' (x)= - 1 - ln x,令 g' (x)=0,解得 x= 1 e. 当 x∈(0, 1 e)时,g' (x)>0,函数 g(x)单调递增;当 x∈( 1 e,+∞)时,g' (x)<0,函数 g(x)单调递减. g( 1 e)= - 1 eln 1 e = 1 e,且 x→ 0 时,g(x)→ 0. 如图 D 3 - 3 - 1,作出函数 g(x)的大致图象及直线 y=a. 图 D 3 - 3 - 1 由图可知,当直线 y=a 与函数 g(x)的图象有两个交点时,a∈(0, 1 e). 故所求实数 a 的取值范围为(0, 1 e). (2)当 a=2 时,f (x)= - x+(x+2)ln x,所以 f ' (x)= 2 푥+ln x.不妨设 m(x)= 2 푥+ln x(x>0). 由题意可知,函数 f (x)的图象在 A(x1,f (x1)),B(x2,f (x2))两个不同的点处的切线互相平行,即 f ' (x1)=f ' (x2),即 m(x1)=m(x2). 易得 m' (x)= - 2 푥2 + 1 푥 = 푥 - 2 푥2 , 所以函数 m(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增. 故由 m(x1)=m(x2),可知必有 02, 而 m(x1) - m(4 - x1)= 2 푥1+ln x1 - 2 4 - 푥1 - ln(4 - x1), 令 h(x)= 2 푥 ― 2 4 - 푥+ln x - ln(4 - x)(00, 所以 m(x1) - m(4 - x1)>0,即 m(x1)>m(4 - x1),所以 m(x2)>m(4 - x1). 又函数 m(x)在(2,+∞)上单调递增,所以 x2>4 - x1,即 x1+x2>4.