第三章一元函數的導數及其應用補上一課導函數的零點導數是研究函數性質的有力工具，其核心又是由導函數值的正負確定函數的單調性.應用導數研究函數的性質或研究不等式問題時，繞不開研究函數f(x)的單調性，往往需要解方程f′(x)＝0，但有時該方程不易求解，可應用以下三種方法解決.題型一仔細觀察，猜出零點例1

(2024·長沙模擬改編)已知函數f(x)＝ln(x＋1)＋1，若f(x)<kex對任意的x∈ (－1，＋∞)恒成立，求k的取值范圍.∴m(x)在(－1，＋∞)上單調遞減.又m(0)＝0，∴當x∈(－1，0)時，m(x)＞0，即h′(x)＞0，此時h(x)單調遞增；當x∈(0，＋∞)時，m(x)＜0，即h′(x)＜0，此時h(x)單調遞減.∴h(x)max＝h(0)＝1，∴k＞1.故實數k的取值范圍是(1，＋∞).感悟提升當導函數為超越函數，無法利用解方程的方法求其零點，可以在觀察方程結構的基礎上大膽猜測其零點，一般地，當所求的導函數解析式中出現lnx時，常猜x＝1，當導函數的解析式中出現ex時，常猜x＝0或x＝lnx.顯然φ′(x)在(0，＋∞)上單調遞減，又∵φ′(e)＝0，則當x∈(0，e)時，φ′(x)>0；當x∈(e，＋∞)時，φ′(x)<0，從而φ(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，所以φ(x)max＝φ(e)＝e，題型二設而不求，巧借零點例2(2024·青島質檢)設函數f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導函數f′(x)的零點的個數；證明

由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).感悟提升記h(x)＝g′(x)＝ex－2x－1?h′(x)＝ex－2，當x∈(0，ln2)時，h′(x)<0；當x∈(ln2，＋∞)時，h′(x)>0，故h(x)即g′(x)在(0，ln2)上單調遞減，在(ln2，＋∞)上單調遞增，又g′(0)＝0，g′(ln2)＝1－2ln2<0，故當x∈(0，x0)時，g′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)>0，故g(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，題型三二次構造(求導)避免求根又f(x)在(0，1)上有唯一的零點x0，且當x→0＋時，f(x)→－∞，感悟提升當導函數的零點不易求且含有參數時，往往利用導函數在其零點處的函數值為0構建方程，結合其它條件消去參數，重新構造函數，利用該函數的性質求解.證明

f(x)＝e2x－(x＋1)ex，則f′(x)＝ex(2ex－x－2)，構造函數g(x)＝2ex－x－2，則g′(x)＝2ex－1，又g′(x)在R上單調遞增，且g′(－ln2)＝0，故當x<－ln2時，g′(x)<0；當x>－ln2時，g′(x)>0，則g(x)在(－∞，－ln2)上單調遞減，在(－ln2，＋∞)上單調遞增，當x<x0時，f′(x)>0；當x0<x<0時，f′(x)<0；當x>0時，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，x0)上單調遞增，在(x0，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，故f(x)存在唯一極大值點x0.課時分層精練KESHIFENCENGJINGLIAN1.已知函數f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)為f(x)的導數.(1)證明：f′(x)在區間(0，π)存在唯一零點；證明

設g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.故g(x)在(0，π)存在唯一零點.所以f′(x)在區間(0，π)存在唯一零點.(2)若x∈[0，π]時，f(x)≥ax，求a的取值范圍.解由題設知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一個零點，設為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)＞0；當x∈(x0，π)時，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上單調遞增，在(x0，π)上單調遞減.又f(0)＝0，f(π)＝0，所以當x∈[0，π]時，f(x)≥0.又當a≤0，x∈[0，π]時，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范圍是(－∞，0].則當x∈(0，e)時，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上單調遞增；當x∈(e，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)在(e，＋∞)上單調遞減，(2)當x>0時，證明：f(x)≥g(x).證明f(x)≥g(x)等價于證明xex＋1－2≥lnx＋x(x>0)，即xex＋1－lnx－x－2≥0.令h(x)＝xex＋1－lnx－x－2(x>0)，3.(2024·武漢調研)已知函數f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e為自然對數的底數， (1)求函數f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程；解由f(x)＝ex－xlnx，知f′(x)＝e－lnx－1，則f′(1)＝e－1，f(1)＝e，則所求切線方程為y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1.(2)若g(x)≥f(x)對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范圍.解∵f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，∴g(x)≥f(x)對任意的x∈(0，＋∞)恒成立等價于ex－tx2＋x－ex＋xlnx≥0對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，∴當x∈(0，1)時，G(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，G(x)>0，即當x∈(0，1)時，F′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，F′(x)>0，∴F(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t≤1，即t的取值范圍是(－∞，1].4.(2024·廣州調研)已知函數f(x)＝x2＋1－asinx，x∈[0，π]，a∈R，f′(x)是函數f(x)的導函數. (1)當a＝1時，證明：函數f(x)在[0，π]沒有零點；證明若a＝1，則f(x)＝x2＋1－sinx，x∈[0，π]，又x2＋1≥1，0≤sinx≤1，故0≥－sinx≥－1，所以x2＋1－sinx≥0，所以x2＋1－sinx>0恒成立，所以當a＝1時，函數f(x)在[0，π]沒有零點.(2)若f′(x)＋asinx＋a≤0在[0，π]上恒成立，求a的取值范圍.解f′(x)＝2x－acosx，x∈[0，π]，故2x－acosx＋asinx＋a≤0在[0，π]上