2017届高考文科数学（全国通用）二轮文档讲义：第2编专题2-2-4导数的综合应用
第四讲 导数的综合应用
1．利用导数求函数最值的几种情况
(1)若连续函数f(x)在(a，b)内有唯一的极大值点x0，则f(x0)是函数f(x)在[a，b]上的最大值，{f(a)，f(b)}min是函数f(x)在[a，b]上的最小值；若函数f(x)在(a，b)内有唯一的极小值点x0，则f(x0)是函数f(x)在[a，b]上的最小值，{f(a)，f(b)}max是函数f(x)在[a，b]上的最大值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)是函数f(x)在[a，b]上的最小值，f(b)是函数f(x)在[a，b]上的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)是函数f(x)在[a，b]上的最大值，f(b)是函数f(x)在[a，b]上的最小值．
(3)若函数f(x)在[a，b]上有极值点x1，x2，…，xn(n∈N*，n≥2)，则将f(x1)，f(x2)，…，f(xn)与f(a)，f(b)作比较，其中最大的一个是函数f(x)在[a，b]上的最大值，最小的一个是函数f(x)在[a，b]上的最小值．
2．不等式的恒成立与能成立问题
(1)f(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)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)．
(3)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
(4)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.
3．证明不等式问题
不等式的证明可转化为利用导数研究函数的单调性、极值和最值，再由单调性或最值来证明不等式，其中构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．
考点 利用导数研究函数的零点(或方程的根)
典例示法
题型1 利用导数判断零点(或根)的个数问题
典例1 [2014·陕西高考]设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数；
(3)若对任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范围．
[解] (1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，则f′(x)＝，
∴当x∈(0，e)，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，
当x∈(e，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，∴x＝1是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.
又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0
时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0a>0，<1恒成立，
等价于f(b)－b0)，
∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－2＋(x>0)恒成立，
∴m≥，
∴m的取值范围是.
题型2 利用零点(或根)的存在情况求参数的取值范围
典例2 已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围．
[解] (1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝.
∵x∈，
∴当g′(x)＝0时，x＝1.
当0；
当12.(注：e为自然对数的底数)
[解] (1)h(x)＝ln x－ax＋1，定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝－a.
当a≤0时，h′(x)>0，函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当a>0时，在区间上，h′(x)>0；在区间上，h′(x)<0.
∴h(x)在上是增函数，在上是减函数．
(2)①函数f(x)与g(x)有两个不同的交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中x10时，h(x)在上是增函数，在上是减函数，
∴此时h为函数h(x)的最大值．
∵当h≤0时，h(x)最多有一个零点，
∴h＝ln >0，解得00，
∴F(a)在(0,1)上单调递增，
∴F(a)0.
故G＝0.
又∵h(x1)＝0，∴h＝ln －a＋1－h(x1)＝G(x1)>0＝h(x2)．
∴由(1)知x2>－x1，即ey1＋ey2>>2，
∴ey1＋ey2>2.
题型2 利用导数解决存在与恒成立问题
典例4 [2015·四川高考]已知函数f(x)＝－2xln x＋x2－2ax＋a2，其中a>0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；
(2)证明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
[解] (1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－ln x－a)，
所以g′(x)＝2－＝.
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
(2)证明：由f′(x)＝2(x－1－ln x－a)＝0，
解得a＝x－1－ln x.
令φ(x)＝－2xln x＋x2－2x(x－1－ln x)＋(x－1－ln x)2＝(1＋ln x)2－2xln x，
则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0.
于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0.
令a0＝x0－1－ln x0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－ln x(x≥1)．
由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
故0＝u(1)f(x0)＝0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；
又当x∈(0,1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xln x>0.
故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.
综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
1．两招破解不等式的恒成立问题
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；
第三步：构建不等式求解．
2．利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧
根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，进而用导数求该函数在该区间上的最值问题，最后构建不等式求解．
3．利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
考点 利用导数解决生活中的优化问题
典例示法
典例5 [2015·江苏高考]某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型．
(1)求a，b的值；
(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．
[解] (1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．
将其分别代入y＝，得
解得
(2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20),
则点P的坐标为，
设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，
y′＝－，
则l的方程为y－＝－(x－t)，
由此得A，B.
故f(t)＝
＝ ，t∈[5,20]．
②设g(t)＝t2＋，则g′(t)＝2t－.
令g′(t)＝0，解得t＝10.
当t∈(5,10)时， g′(t)<0，g(t)是减函数；
当t∈(10，20)时，g′(t)>0，g(t)是增函数；
从而，当t＝10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15.
故当t＝10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米．
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．
(2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)求最值：比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
(4)作答：回归实际问题作答．
针对训练
某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中30.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(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(－∞，＋∞)上单调递增．
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，＋∞)上单调递增，在(ln (－2a)，1)上单调递减．
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)，＋∞)上单调递增，在(1，ln (－2a))上单调递减．
(2)(ⅰ)设a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
所以f(x)有两个零点．
(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(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，又当x≤1时f(x)<0，故f(x)不存在两个零点；若a<－，则由(1)知，f(x)在(1，ln (－2a))上单调递减，在(ln (－2a)，＋∞)上单调递增，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，＋∞)．
[其它省市高考题借鉴]
3．[2014·陕西高考]如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )
A．y＝x3－x B．y＝x3－x
C．y＝x3－x D．y＝－x3＋x
答案 A
解析 根据题意知，所求函数在(－5,5)上单调递减．对于A，y＝x3－x，∴y′＝x2－＝(x2－25)，
∴∀x∈(－5,5)，y′<0，∴y＝x3－x在(－5,5)内为减函数，同理可验证B、C、D均不满足此条件，故选A.
4．[2015·福建高考]已知函数f(x)＝ln x－.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)证明：当x>1时，f(x)1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)>k(x－1)．
解 (1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)．
由f′(x)>0得解得01时，F(x)1时，f(x)1满足题意．
当k>1时，对于x>1，
有f(x)1满足题意．
当k<1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝－x＋1－k＝.
由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.
解得x1＝<0，
x2＝>1.
当x∈(1，x2)时，G′(x)>0，故G(x)在[1，x2)内单调递增．
从而当x∈(1，x2)时，G(x)>G(1)＝0，即f(x)>k(x－1)，
综上，k的取值范围是(－∞，1)．
5．[2016·山东高考]已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]成立．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－－＋＝.
当a≤0时，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
当a>0时，f′(x)＝.
①01，
当x∈(0,1)或x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
②a＝2时，＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
③a>2时，0<<1，
当x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当02时，f(x)在内单调递增，在
内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
(2)证明：由(1)知，a＝1时，
f(x)－f′(x)＝x－ln x＋－＝x－ln x＋＋－－1，x∈[1,2]．
设g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋－－1，x∈[1,2]．
则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)．
由g′(x)＝≥0，
可得g(x)≥g(1)＝1，
当且仅当x＝1时取得等号，
又h′(x)＝.
设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在x∈[1,2]上单调递减，
因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，
所以∃x0∈(1,2)，使得x∈(1，x0)时，φ(x)>0，x∈(x0,2)时，φ(x)<0.
所以h(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0,2)内单调递减．
由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝，
当且仅当x＝2时取得等号．
所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝，
即f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]成立．
一、选择题
1．[2015·陕西高考]设f(x)＝x－sinx，则f(x)( )
A．既是奇函数又是减函数
B．既是奇函数又是增函数
C．是有零点的减函数
D．是没有零点的奇函数
答案 B
解析 ∵f(－x)＝－x－sin(－x)＝－(x－sinx)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．又f′(x)＝1－cosx≥0，∴f(x)单调递增，选B.
2．[2016·河南洛阳质检]对于R上可导的任意函数f(x)，若满足≤
0，则必有( )
A．f(0)＋f(2)>2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)<2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1)
答案 A
解析 当x<1时，f′(x)<0，此时函数f(x)递减；当x>1时，f′(x)>0，此时函数f(x)递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值f(1)，所以f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，则f(0)＋f(2)>2f(1)，故选A.
3．[2016·河北石家庄模拟]若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
答案 B
解析 2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4，故a的取值范围是(－∞，4]．
4．[2016·河北衡水中学调研]已知函数f(x)＝＋的两个极值点分别为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，点P(m，n)表示的平面区域为D，若函数y＝loga(x＋4)(a>1)的图象上存在区域D内的点，则实数a的取值范围是( )
A．(1,3) B．(1,3]
C．(3，＋∞) D．[3，＋∞)
答案 A
解析 f′(x)＝x2＋mx＋＝0的两根为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，
则⇔
即
作出区域D，如图阴影部分，
可得loga(－1＋4)>1，所以10，则函数F(x)＝xf(x)＋的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 B
解析 ∵x≠0时，f′(x)＋>0，
∴>0，即>0. ①
当x>0时，由①式知(xf(x))′>0，
∴U(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数，
且U(0)＝0·f(0)＝0，
∴U(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．
又>0，∴F(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴F(x)在(0，＋∞)上无零点．
当x<0时，(xf(x))′<0，
∴U(x)＝xf(x)在(－∞，0)上为减函数，
且U(0)＝0·f(0)＝0，
∴U(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立，
∴F(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上为减函数．
当x→0时，xf(x)→0，∴F(x)≈<0，
当x→－∞时，→0，∴F(x)≈xf(x)>0，
∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零点．
综上所述，F(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零点，故选B.
二、填空题
7．[2016·山西四校联考]函数f(x)＝若方程f(x)＝mx－恰有四个不相等的实数根，则实数m的取值范围是________．
答案
解析 在平面直角坐标系中作出函数y＝f(x)的图象，如图，而函数y＝mx－恒过定点，设过点与函数y＝ln x的图象相切的直线为l1，切点坐标为(x0，ln x0)．因为y＝ln x的导函数y′＝，所以图中y＝ln x的切线l1的斜率为k
＝，则＝，解得x0＝，所以k＝.又图中l2的斜率为，故当方程f(x)＝mx－恰有四个不相等的实数根时，实数m的取值范围是.
8．[2016·河南郑州质检三]设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2014)2f(x＋2014)－4f(－2)>0的解集为________．
答案 (－∞，－2016)
解析 由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0得2xf(x)＋x2f′(x)0即为F(x＋2014)－F(－2)>0，即F(x＋2014)>F(－2)，又因为F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以x＋2014<－2，∴x<－2016.
9．已知偶函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式中成立的有________．
(1)ff
(3)f(0)0，且f′(x)cosx＋f(x)sinx＝f′(x)cosx－f(x)(cosx)′，所以可构造函数g(x)＝，则g′(x)＝>0，所以g(x)为偶函数且在上单调递增，所以有g＝g＝＝2f，g＝g＝＝f，g＝
＝f.由函数单调性可知gg(0)＝f(0)，所以(3)正确．
三、解答题
10．[2016·珠海模拟]某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x艘的产值函数为R(x)＝3700x＋45x2－10x3(单位：万元)，成本函数为C(x)＝460x＋5000(单位：万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)．
(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x)；(提示：利润＝产值－成本)
(2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？
(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？
解 (1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3240x－5000(x∈N*，且1≤x≤20)；
MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3275(x∈N*，且1≤x≤19)．
(2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3240＝－30(x－12)(x＋9)，
因为x>0，所以P′(x)＝0时，x＝12，
当00，
当x>12时，P′(x)<0，
所以x＝12时，P(x)有极大值，也是最大值．
即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大．
(3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3275＝－30(x－1)2＋3305.
所以，当x≥1时，MP(x)单调递减，
所以单调减区间为[1,19]，且x∈N*.
MP(x)是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘利润与前一艘比较，利润在减少．
11．已知函数f(x)＝x＋aln x－1.
(1)当a∈R时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)＋≥0对于任意x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)由f(x)＝x＋aln x－1，得f′(x)＝1＋＝，
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
当a<0时，当0－a时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，－a)上为减函数，f(x)在(－a，＋∞)上为增函数．
(2)由题意知x＋aln x－1＋≥0在x∈[1，＋∞)恒成立，
设g(x)＝x＋aln x＋－1，x∈[1，＋∞)，
则g′(x)＝1＋＋＝，x∈[1，＋∞)，
设h(x)＝2x2＋2ax＋1－ln x，则h′(x)＝4x－＋2a，
当a≥0时，4x－为增函数，所以h′(x)≥＋a>0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
当－≤a<0时，h′(x)≥＋a≥0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
当a<－时，当x∈时，2a＋1<－2x，
由(1)知，当a＝－1时，x－ln x－1≥0，ln x≤x－1，
－ln x≤－1，h(x)＝2x2＋2ax－ln x＋1≤2x2＋2ax＋≤2x2＋2ax＋x＝2x2＋(2a＋1)x<0，
此时g′(x)<0，所以g(x)在上单调递减，在上，g(x)1时，f′(x)>0.
所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－e，
函数f(x)无极大值．
(2)证明：由f(x)＝ex－ax－a，f′(x)＝ex－a，
①当a＝0时，f(x)＝ex>0恒成立，满足条件．
②当00，
所以函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)在x＝ln a处取得极小值即为最小值
f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a－a＝－aln a
因为01，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
审题过程
求出导函数f(x)然后确定函数f(x)的单调性．
利用(1)的结论证明不等式；构造新函数，通过研究新函数的单调性进行证明.
(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1.
当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x1且x·ln x>x－1，即1<1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，
解得x0＝.
当x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
由(2)知1<0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
模型归纳
利用导数证明不等式的模型示意图如下：
