導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用(二)[方法梳理]1．分離參數(shù)法分離參數(shù)法是求參數(shù)的最值范圍的一種方法．通過分離參數(shù)，用函數(shù)的觀點(diǎn)討論主變量的變化情況，由此我們可以確定參數(shù)的變化范圍．這種方法可以避免分類討論的麻煩，從而使問題得以順利解決．分離參數(shù)法在解決不等式恒成立、不等式有解、函數(shù)有零點(diǎn)、函數(shù)的單調(diào)性中參數(shù)的取值范圍問題時(shí)經(jīng)常用到．解題的關(guān)鍵是分離出參數(shù)后將原問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值或值域問題．2．構(gòu)造函數(shù)法構(gòu)造函數(shù)法作為一種數(shù)學(xué)思維方法，在解決某些數(shù)學(xué)問題時(shí)，若能充分挖掘題目中潛在的信息，構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù)，將陌生問題轉(zhuǎn)化為熟悉問題，可使問題順利解決．3．等價(jià)轉(zhuǎn)化法等價(jià)轉(zhuǎn)化是把未知解的問題轉(zhuǎn)化到在已有知識(shí)范圍內(nèi)可解的問題的一種重要的思想方法．通過不斷的轉(zhuǎn)化，把不熟悉、不規(guī)范、復(fù)雜的問題轉(zhuǎn)化為熟悉、規(guī)范甚至模式法、簡(jiǎn)單的問題．歷年高考，等價(jià)轉(zhuǎn)化思想無處不見，我們要不斷培養(yǎng)和訓(xùn)練自覺的轉(zhuǎn)化意識(shí)，將有利于強(qiáng)化解決數(shù)學(xué)問題中的應(yīng)變能力，提高思維能力和技能、技巧．4．分類討論思想方法分類討論是一種邏輯方法，是一種重要的數(shù)學(xué)思想，所謂分類討論，就是當(dāng)問題所給的對(duì)象不能進(jìn)行統(tǒng)一研究時(shí)，就需要對(duì)研究對(duì)象按某個(gè)標(biāo)準(zhǔn)分類，然后對(duì)每一類分別研究得出每一類的結(jié)論，最后綜合各類結(jié)果得到整個(gè)問題的解答．實(shí)質(zhì)上，分類討論是“化整為零，各個(gè)擊破，再積零為整”的數(shù)學(xué)策略．有關(guān)分類討論思想的數(shù)學(xué)問題具有明顯的邏輯性、綜合性、探索性，能訓(xùn)練人的思維條理性和概括性，所以在高考試題中占有重要的位置．5．任意性與存在性①?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]min>[f2(x2)]max.②?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]max>[f2(x2)]min.③?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]min>[f2(x2)]min.④?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x)]max>[f2(x)]max.⑤?x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，使f1(x1)＝f2(x2)?f1(x)的值域與f2(x)的值域交集不為?.[診斷自測(cè)]1．設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對(duì)任意x∈R都有f(x)>f′(x)成立，則()A．3f(ln2)>2B．3f(ln2)＝2C．3f(ln2)<2D．3f(ln2)與2f答案A解析構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex′,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)<0，即g(x)在R上是減函數(shù)，所以g(ln2)>g(ln3)，即eq\f(fln2,eln2)>eq\f(fln3,eln3)，即eq\f(fln2,2)>eq\f(fln3,3)，所以3f(ln2)>2f(ln3)2．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(2)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，有eq\f(xf′x－fx,x2)<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是()A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,0)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)答案D解析∵當(dāng)x>0時(shí)，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))′<0，∴φ(x)＝eq\f(fx,x)為減函數(shù)，又φ(2)＝0，∴當(dāng)且僅當(dāng)0<x<2時(shí)，φ(x)>0，此時(shí)x2f(x又f(x)為奇函數(shù)，∴h(x)＝x2f(x)故x2f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0,2)．故選3．已知f(x)＝eq\f(2x2＋ax－2a,2x)在[1，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，則a的取值范圍是________．答案[－1，＋∞)解析∵f(x)＝x－eq\f(a,x)＋eq\f(a,2)，∴f′(x)＝1＋eq\f(a,x2).又f(x)在[1，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，∴f′(x)≥0，于是可得不等式a≥－x2對(duì)于x≥1恒成立．∴a≥(－x2)max.由x≥1，得－x2≤－1.∴a≥－1.4．(2017·河南期末)函數(shù)y＝x3－2ax＋a在(0,1)內(nèi)有極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))解析對(duì)于函數(shù)y＝x3－2ax＋a，求導(dǎo)可得y′＝3x2－2a∵函數(shù)y＝x3－2ax＋a在(0,1)內(nèi)有極小值，∴y′＝3x2－2a＝0，則其有一根在(0,1)內(nèi)，當(dāng)a>0時(shí)，3x2－2a＝0兩根為±eq\r(\f(2,3)a)，若有一根在(0,1)內(nèi)，則0<eq\r(\f(2,3)a)<1，即0<a<eq\f(3,2).當(dāng)a＝0時(shí)，3x2－2a＝0兩根相等，均為0，f(x)在(0,1)當(dāng)a<0時(shí)，3x2－2a＝0無根，f(x)在(0,1)綜合可得，0<a<eq\f(3,2)，故答案為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).題型1利用導(dǎo)數(shù)解不等式問題角度1證明不等式eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2015·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).本題用分類討論思想，代換法，放縮法．解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f′(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閥＝e2x單調(diào)遞增，y＝－eq\f(a,x)單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(a)>0，當(dāng)b滿足0<b<eq\f(a,4)且b<eq\f(1,4)時(shí)，f′(b)<0，故當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)存在唯一零點(diǎn)．(2)證明：由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)．則f(x0)＝e2x0－alnx0.由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，∴e2x0＝eq\f(a,2x0)，①①兩邊取對(duì)數(shù)2x0＝lneq\f(a,2)－lnx0，∴l(xiāng)nx0＝lneq\f(a,2)－2x0，②將①，②代入f(x0)，則f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).角度2不等式恒成立問題eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2017·安徽江淮十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝xlnx(x>0)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若對(duì)任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值．本題采用分離系數(shù)法、構(gòu)造函數(shù)法．解(1)由題意知f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，單調(diào)減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，f(x)在x＝eq\f(1,e)處取得極小值，極小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，無極大值．(2)由f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)及f(x)＝xlnx，得m≤eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)恒成立，問題轉(zhuǎn)化為m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2xlnx＋x2＋3,x)))min.令g(x)＝eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(2x＋x2－3,x2)，由g′(x)>0?x>1，由g′(x)<0?0<x<1.所以g(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)min＝g(1)＝4，即m≤4，所以m的最大值是4.角度3不等式存在性問題eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2018·太原聯(lián)考)已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－4x.(1)是否存在實(shí)數(shù)a，使得f(x)在x＝1處取得極值？證明你的結(jié)論；(2)設(shè)g(x)＝(a－2)x，若?x0∈[eq\f(1,e)，e]，使得f(x0)≤g(x0)能成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(1)探索性問題在求解后要驗(yàn)證．(2)采用分離系數(shù)法，構(gòu)造函數(shù)法．解(1)函數(shù)f(x)定義域?yàn)?0，＋∞)，,f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－4＝eq\f(2x2－4x＋a,x).假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f(x)在x＝1處取極值，則f′(1)＝0，∴a＝2，此時(shí)，f′(x)＝eq\f(2x－12,x)，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，,∴x＝1不是f(x)的極值點(diǎn)，故不存在實(shí)數(shù)a，使得f(x)在x＝1處取得極值．(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥xeq\o\al(2,0)－2x0記F(x)＝x－lnx(x>0)，∴F′(x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，∴當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減；,當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增．∴F(x)>F(1)＝1>0，,∴a≥eq\f(x\o\al(2,0)－2x0,x0－lnx0)，記G(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)).∴G′(x)＝eq\f(2x－2x－lnx－x－2x－1,x－lnx2)＝eq\f(x－1x－2lnx＋2,x－lnx2).∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2>0，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))時(shí)，G′(x)<0，G(x)單調(diào)遞減；x∈(1，e)時(shí)，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增，∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．方法技巧解不等式或證明不等式時(shí)注意研究函數(shù)的單調(diào)性，有時(shí)需要構(gòu)造相關(guān)函數(shù)，利用單調(diào)性解之．見角度1,2的典例．解決“恒成立”與“存在性”問題時(shí)，注意它們的互補(bǔ)關(guān)系，必要時(shí)作等價(jià)轉(zhuǎn)化，即構(gòu)造函數(shù)或分離參數(shù)，將問題直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．見角度3的典例．沖關(guān)針對(duì)訓(xùn)練1．(2017·陵川縣校級(jí)期末)已知對(duì)于x∈R，g(x)≠0與f′(x)g(x)>f(x)g′(x)恒成立，且f(1)＝0，則不等式eq\f(fx,gx)>0的解集是________．答案(1，＋∞)解析令h(x)＝eq\f(fx,gx)，則h′(x)＝eq\f(f′xgx－fxg′x,g2x)，而g(x)≠0與f′(x)g(x)>f(x)g′(x)恒成立，故h′(x)>0，h(x)在R上遞增，而h(1)＝0，故不等式eq\f(fx,gx)>0，即h(x)>h(1)，解得x>1，故不等式的解集是(1，＋∞)．2．已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)若存在x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828…)使不等式2f(x)≥g(x)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)由已知得f′(x)＝lnx＋1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，f′(x)<0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)f(x)單調(diào)遞增．當(dāng)0<t<t＋2<eq\f(1,e)時(shí)，t無解；當(dāng)0<t≤eq\f(1,e)<t＋2，即0<t≤eq\f(1,e)時(shí)，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)；當(dāng)eq\f(1,e)<t<t＋2，即t>eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(t)＝tlnt.所以f(x)min＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0<t≤\f(1,e)，,tlnt，t>\f(1,e).))(2)由題意知2xlnx≥－x2＋ax－3，即a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))時(shí)，h′(x)<0，此時(shí)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，h′(x)>0，此時(shí)h(x)單調(diào)遞增．所以h(x)max＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，he))，因?yàn)榇嬖趚∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使2f(x)≥g(x)成立，所以a≤h(x)max，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2＋eq\f(1,e)＋3e，h(e)＝2＋e＋eq\f(3,e)，故heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>h(e)，所以a≤eq\f(1,e)＋3e－2.題型2導(dǎo)數(shù)與方程問題角度1零點(diǎn)的判斷與證明eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例1))函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋a(a∈R)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．討論極值與0的關(guān)系．解易知該函數(shù)的定義域是R，f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，由f′(x)＝0得，x＝0或x＝2.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：因此函數(shù)f(x)的極大值是f(0)＝a，極小值是f(2)＝a－4.①當(dāng)a<0或a－4>0，即a<0或a>4時(shí)，f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；②當(dāng)a＝0或a－4＝0，即a＝0或a＝4時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；③當(dāng)a>0且a－4<0，即0<a<4時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)．eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例2))(2015·廣東高考)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)·ex－a.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)．研究f(x)的單調(diào)性，再由賦值法證明．解(1)f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex≥0，故f(x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，其單調(diào)增區(qū)間是(－∞，＋∞)，無單調(diào)減區(qū)間．(2)證明：因?yàn)閒(0)＝(1＋02)e0－a＝1－a<0，且f(lna)＝(1＋ln2a)elna－a＝(1＋ln2a)a－a＝aln2由零點(diǎn)存在性定理知，f(x)在(－∞，＋∞)上至少有一個(gè)零點(diǎn)．又由(1)知，函數(shù)f(x)是(－∞，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)，故函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)．角度2由零點(diǎn)求參數(shù)的取值eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2017·張掖模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)－alnx.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(3)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2]內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，試求a的取值范圍．將f(x)＝0化為：eq\f(2lnx,x2)＝eq\f(1,a)，用構(gòu)造函數(shù)法求解．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝eq\f(x2,2)－lnx，f′(x)＝x－eq\f(1,x)，∵f′(1)＝0，f(1)＝eq\f(1,2)，∴在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝eq\f(1,2).(2)f′(x)＝eq\f(x2－a,x)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)遞增，函數(shù)無極值；當(dāng)a>0時(shí)，在(0，eq\r(a))上遞減，在(eq\r(a)，＋∞)上遞增，函數(shù)的極小值為f(eq\r(a))＝eq\f(a1－lna,2).(3)f(x)＝eq\f(x2,2)－alnx在區(qū)間(1，e2]內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，∴y＝eq\f(1,a)與y＝eq\f(2lnx,x2)在區(qū)間(1，e2]內(nèi)恰有兩個(gè)交點(diǎn)，令g(x)＝eq\f(2lnx,x2)，g′(x)＝eq\f(21－2lnx,x3)，∴g(x)在(0，eeq\s\up15(eq\f(1,2)))上遞增，在(eeq\s\up15(eq\f(1,2))，e2)上遞減，g(x)max＝g(eeq\s\up15(eq\f(1,2)))＝eq\f(1,e)，g(e2)＝eq\f(4,e4)，g(1)＝0，∴eq\f(1,a)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,e4)，\f(1,e))).∴a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(e，\f(e4,4))).1．(2017·達(dá)州模擬)函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋5ax－1存在極值點(diǎn)的充要條件是()A．a(chǎn)≤eq\f(1,15)B．a(chǎn)<eq\f(1,15)C．a(chǎn)≥eq\f(1,15)D．a(chǎn)>eq\f(1,15)答案B解析求得導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝3x2＋2x＋5a，三次函數(shù)f(x)有極值，則f′(x)＝0有不相等的兩個(gè)解，∴Δ＝4－60a>0，∴a<eq\f(1,15).故選B.2．(2017·長(zhǎng)江五校聯(lián)考)定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋1>0，f(1)＝6，則不等式f(lgx)<eq\f(1,lgx)＋5的解集為()A．(eq\r(10)，10)B．(0,10)C．(10，＋∞)D．(1,10)答案D解析由題意得f′(x)＋eq\f(1,x2)>0，設(shè)g(x)＝f(x)－eq\f(1,x)－5，則g′(x)＝f′(x)＋eq\f(1,x2)，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝0，故g(x)<0的解集為(0,1)，即f(x)<eq\f(1,x)＋5的解集為(0,1)，由0<lgx<1，解得1<x<10，則所求不等式的解集為(1,10)，故選D.3．(2015·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)證明：若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．解(1)由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)，得f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x).由f′(x)＝0，解得x＝eq\r(k).f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的情況如下：所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(k))，單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(k)，＋∞)；f(x)在x＝eq\r(k)處取得極小值f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2).(2)證明：由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2).因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，所以eq\f(k1－lnk,2)≤0，從而k≥e.當(dāng)k＝e時(shí)，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e))上單調(diào)遞減，且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上的唯一零點(diǎn)．當(dāng)k>e時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，eq\r(e))上單調(diào)遞減，且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．綜上可知，若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，eq\r(e)]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．4．(2017·北京東城二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－a)ex，a∈R.當(dāng)a＝1時(shí)，求證：?x∈[－5，＋∞)，f(x)＋x＋5≥－eq\f(6,e5)恒成立．證明當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝(x－1)ex，f′(x)＝xex.令h(x)＝f(x)＋x(x≥－5)，所以h′(x)＝xex＋1.所以h″(x)＝(x＋1)ex.令h″(x)＝(x＋1)ex＝0，得x＝－1，所以當(dāng)x∈[－5，－1]時(shí)，h″(x)≤0，h′(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈[－1，＋∞)時(shí)，h″(x)≥0，h′(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝－1時(shí)，h′(x)min＝h′(－1)＝1－eq\f(1,e)>0.所以函數(shù)h(x)在[－5，＋∞)上單調(diào)遞增．所以h(x)≥h(－5)＝－eq\f(6,e5)－5.所以?x∈[－5，＋∞)，f(x)＋x＋5≥－eq\f(6,e5)恒成立．[重點(diǎn)保分兩級(jí)優(yōu)選練]A級(jí)一、選擇題1．(2017·安慶二模)若函數(shù)y＝aex＋3x在R上有小于零的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－3，＋∞) B．(－∞，－3)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))答案B解析y＝aex＋3x，求導(dǎo)，y′＝aex＋3，由若函數(shù)y＝aex＋3x在R上有小于零的極值點(diǎn)，則y′＝aex＋3＝0有負(fù)根，則a≠0，則ex＝－eq\f(3,a)在y軸的左側(cè)有交點(diǎn)，∴0<－eq\f(3,a)<1，解得：a<－3，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－3)．故選B.2．(2018·太原模擬)設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，g(x)≠0，當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，且f(－3)＝0，則不等式eq\f(fx,gx)<0的解集是()A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)答案D解析∵當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)·g(x)－f(x)g′(x)>0，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,g2x)>0，∴當(dāng)x<0時(shí)，eq\f(fx,gx)是增函數(shù)，故當(dāng)x>0時(shí)，eq\f(fx,gx)也是增函數(shù)．∵f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，∴eq\f(fx,gx)為奇函數(shù)，eq\f(fx,gx)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，函數(shù)eq\f(fx,gx)的單調(diào)性的示意圖，如圖所示：∵f(－3)＝0，∴f(3)＝0，∴由不等式eq\f(fx,gx)<0，可得x<－3或0<x<3，故原不等式的解集為{x|x<－3或0<x<3}．故選D.3．(2017·冀州月考)函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖所示，則xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(4,3)C.eq\f(8,3) D.eq\f(16,3)答案C解析由圖象可得f(x)＝0的根為0,1,2，故d＝0，f(x)＝x(x2＋bx＋c)，則1,2為x2＋bx＋c＝0的根，由根與系數(shù)的關(guān)系得b＝－3，c＝2，故f(x)＝x3－3x2＋2x，則f′(x)＝3x2－6x＋2，由圖可得x1，x2為3x2－6x＋2＝0的根，則x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(2,3)，故xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝eq\f(8,3).故選C.4．(2017·合肥期中)已知eq\f(a2＋2a＋2,x)≤eq\f(4,x2－x)＋1對(duì)于任意的x∈(1，＋∞)恒成立，則()A．a(chǎn)的最小值為－3 B．a(chǎn)的最小值為－4C．a(chǎn)的最大值為2 D．a(chǎn)的最大值為4答案A解析eq\f(a2＋2a＋2,x)≤eq\f(4,x2－x)＋1對(duì)于任意的x∈(1，＋∞)恒成立，轉(zhuǎn)化為a2＋2a＋2≤eq\f(4,x－1)＋x＝f(x)的最小值．f′(x)＝eq\f(x＋1x－3,x－12)，可得x＝3時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值即最小值f(3)＝5.∴a2＋2a＋2≤5，化為a2＋2a－3≤即(a＋3)(a－1)≤0，解得－3≤a≤1.因此a的最小值為－3.故選A.5．(2018·興慶區(qū)模擬)設(shè)f(x)是定義在R上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝2018，則不等式exf(x)>ex＋2017(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為()A．(－∞，0)∪(0，＋∞) B．(0，＋∞)C．(2017，＋∞) D．(－∞，0)∪(2017，＋∞)答案B解析設(shè)g(x)＝exf(x)－ex，則g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，∵f(x)＋f′(x)>1，ex>0，∴g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)－1]>0，∴g(x)是R上的增函數(shù)．又g(0)＝f(0)－1＝2017，∴g(x)>2017的解集為(0，＋∞)，即不等式exf(x)>ex＋2017的解集為(0，＋∞)．故選B.6．(2017·五華區(qū)校級(jí)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x(lnx－ax)(a∈R)在區(qū)間(0,2)上有兩個(gè)極值點(diǎn)，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(ln2＋1,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln2＋1,4)，\f(1,2)))答案D解析f(x)＝x(lnx－ax)，求導(dǎo)f′(x)＝lnx－2ax＋1，由題意，關(guān)于x的方程2ax＝lnx＋1在區(qū)間(0,2)有兩個(gè)不相等的實(shí)根，則y＝2ax與y＝lnx＋1有兩個(gè)交點(diǎn)，由y＝lnx＋1，求導(dǎo)y′＝eq\f(1,x)，設(shè)切點(diǎn)(x0，y0)，eq\f(lnx0＋1,x0)＝eq\f(1,x0)，解得x0＝1，∴切線的斜率k＝1，則2a＝1，a＝eq\f(1,2)，則當(dāng)x＝2，則直線斜率k＝eq\f(ln2＋1,2)，則a＝eq\f(ln2＋1,4)，∴a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln2＋1,4)，\f(1,2))).故選D.7．(2017·江西模擬)若函數(shù)f(x)＝a(x－2)ex＋lnx＋eq\f(1,x)存在唯一的極值點(diǎn)，且此極值大于0，則()A．0≤a<eq\f(1,e) B．0≤a<eq\f(1,e2)C．－eq\f(1,e)<a<eq\f(1,e2) D．0≤a<eq\f(1,e)或a＝－eq\f(1,e)答案A解析f(x)＝a(x－2)ex＋lnx＋eq\f(1,x)，x>0，∴f′(x)＝a(x－1)ex＋eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aex＋\f(1,x2)))，由f′(x)＝0得到x＝1或aex＋eq\f(1,x2)＝0(*)．由于f(x)僅有一個(gè)極值點(diǎn)，關(guān)于x的方程(*)必?zé)o解，①當(dāng)a＝0時(shí)，(*)無解，符合題意，②當(dāng)a≠0時(shí)，由(*)得，a＝－eq\f(1,exx2)，∴a>0，由于這兩種情況都有，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，于是f(x)為減函數(shù)，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，于是f(x)為增函數(shù)，∴x＝1為f(x)的極值點(diǎn)，∵f(1)＝－ae＋1>0，∴a<eq\f(1,e).綜上可得a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).故選A.8．(2017·濮陽期末)函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對(duì)于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實(shí)數(shù)t的最小值是()A．20B．18C．3D．0答案A解析對(duì)于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等價(jià)于對(duì)于區(qū)間[－3,2]上的任意x，都有f(x)max－f(x)min≤t.∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，∵x∈[－3,2]，∴函數(shù)在[－3，－1]，[1,2]上單調(diào)遞增，在[－1,1]上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20，∴實(shí)數(shù)t的最小值是20.故選A.9．(2018·黃陵縣模擬)已知函數(shù)y＝xex＋x2＋2x＋a恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)＋1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)＋1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))答案B解析函數(shù)y＝xex＋x2＋2x＋a恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，就是xex＋x2＋2x＋a＝0恰有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，設(shè)g(x)＝xex＋x2＋2x，則g′(x)＝ex＋xex＋2x＋2＝(x＋1)(ex＋2)，x<－1，g′(x)<0，函數(shù)是減函數(shù)，x>－1，g′(x)>0，函數(shù)是增函數(shù)，函數(shù)的最小值為g(－1)＝－1－eq\f(1,e)，則－a>－1－eq\f(1,e)，即a<1＋eq\f(1,e).函數(shù)y＝xex＋x2＋2x＋a恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)＋1)).故選B.10．設(shè)直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2，g(x)＝lnx的圖象分別交于點(diǎn)M，N，則當(dāng)|MN|達(dá)到最小時(shí)t的值為()A．1B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(\r(2),2)答案D解析|MN|的最小值，即函數(shù)h(x)＝x2－lnx的最小值，h′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(\r(2),2)或x＝－eq\f(\r(2),2)(舍去)，顯然x＝eq\f(\r(2),2)是函數(shù)h(x)在其定義域內(nèi)唯一的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)，故t＝eq\f(\r(2),2).故選D.二、填空題11．若函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞))解析對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a.當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))時(shí)，f′(x)的最大值為f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)＋2a.要使f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則必須有f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))>0，即eq\f(2,9)＋2a>0，解得a>－eq\f(1,9)，所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞)).12．(2017·信陽模擬)已知R上可導(dǎo)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集為________．答案(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析由函數(shù)圖象可知f′(x)>0的解集為(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f′(x)<0的解集為(－1,1)．由(x2－2x－3)f′(x)>0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x－3>0，,f′x>0，))①或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x－3<0，,f′x<0，))②解①得x<－1或x>3；解②得－1<x<1.∴不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集為(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．故答案為(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．13．(2017·七里河模擬)定義在R上的奇函數(shù)y＝f(x)滿足f(3)＝0，且當(dāng)x>0時(shí)，不等式f(x)>－xf′(x)恒成立，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是________．答案3解析定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，且f(－x)＝－f(x)，又x>0時(shí)，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，∴[xf(x)]′>0，函數(shù)h(x)＝xf(x)在x>0時(shí)是增函數(shù)，又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，∴h(x)＝xf(x)是偶函數(shù)；∴x<0時(shí)，h(x)是減函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的定義域?yàn)镽，且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，可得函數(shù)y1＝xf(x)與y2＝－lg|x＋1|的大致圖象如圖所示，∴由圖象知，函數(shù)g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為3個(gè)．14．(2015·安徽高考)設(shè)x3＋ax＋b＝0，其中a，b均為實(shí)數(shù)．下列條件中，使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是________．(寫出所有正確條件的編號(hào))①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.答案①③④⑤解析令f(x)＝x3＋ax＋b，則f′(x)＝3x2＋a.對(duì)于①，由a＝b＝－3，得f(x)＝x3－3x－3，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)極大值＝f(－1)＝－1<0，f(x)極小值＝f(1)＝－5<0，函數(shù)f(x)的圖象與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，故x3＋ax＋b＝0僅有一個(gè)實(shí)根；對(duì)于②，由a＝－3，b＝2，得f(x)＝x3－3x＋2，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)極大值＝f(－1)＝4>0，f(x)極小值＝f(1)＝0，函數(shù)f(x)的圖象與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，故x3＋ax＋b＝0有兩個(gè)實(shí)根；對(duì)于③，由a＝－3，b