(適用輔導(dǎo)班)2023-2024年高二數(shù)學(xué)寒假講義（基礎(chǔ)班）3.2.2《導(dǎo)數(shù)與函數(shù)問題常用到的4種方法》 (教師版)

頁(yè)第3課時(shí)手握方法巧破障——破解“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”問題常用到的4種方法方法一構(gòu)造函數(shù)法解決抽象不等式問題以抽象函數(shù)為背景、題設(shè)條件或所求結(jié)論中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，eq\f(fx,gx)”等特征式、旨在考查導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則的逆向、變形應(yīng)用能力的客觀題，是近幾年高考試卷中的一位“?？汀?，常以壓軸題的形式出現(xiàn)，解答這類問題的有效策略是將前述式子的外形結(jié)構(gòu)特征與導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則結(jié)合起來，合理構(gòu)造出相關(guān)的可導(dǎo)函數(shù)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)解決問題．類型(一)構(gòu)造y＝f(x)±g(x)型可導(dǎo)函數(shù)[例1]設(shè)奇函數(shù)f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)有f′(x)＋cosx<0，則當(dāng)x≤0時(shí)，有()A．f(x)＋sinx≥f(0)B．f(x)＋sinx≤f(0)C．f(x)﹣sinx≥f(0)D．f(x)﹣sinx≤f(0)[解析]觀察條件中“f′(x)＋cosx”與選項(xiàng)中的式子“f(x)＋sinx”，發(fā)現(xiàn)二者之間是導(dǎo)函數(shù)與原函數(shù)之間的關(guān)系，于是不妨令F(x)＝f(x)＋sinx，因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，f′(x)＋cosx<0，即F′(x)<0，所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又F(﹣x)＝f(﹣x)＋sin(﹣x)＝﹣[f(x)＋sinx]＝﹣F(x)，所以F(x)是R上的奇函數(shù)，且F(x)在(﹣∞，0)上單調(diào)遞減，F(xiàn)(0)＝0，并且當(dāng)x≤0時(shí)有F(x)≥F(0)，即f(x)＋sinx≥f(0)＋sin0＝f(0)，故選A.[答案]A[方法技巧]當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過變形出現(xiàn)特征式“f′(x)±g′(x)”時(shí)，不妨聯(lián)想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)±g(x)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問題．類型(二)構(gòu)造f(x)·g(x)型可導(dǎo)函數(shù)[例2]設(shè)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)，當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(3)＝0，則不等式f(x)g(x)>0的解集是()A．(﹣3,0)∪(3，＋∞)B．(﹣3,0)∪(0,3)C．(﹣∞，﹣3)∪(3，＋∞)D．(﹣∞，﹣3)∪(0,3)[解析]利用構(gòu)造條件中“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”與待解不等式中“f(x)g(x)”兩個(gè)代數(shù)式之間的關(guān)系，可構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)，由題意可知，當(dāng)x<0時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(﹣∞，0)上單調(diào)遞增．又因?yàn)閒(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，所以F(x)是定義在R上的奇函數(shù)，從而F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以F(﹣3)＝﹣F(3)＝0，結(jié)合圖象可知不等式f(x)g(x)>0?F(x)>0的解集為(﹣3,0)∪(3，＋∞)，故選A.[答案]A[方法技巧]當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過變形出現(xiàn)特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”時(shí)，可聯(lián)想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)g(x)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問題．類型(三)構(gòu)造eq\f(fx,gx)型可導(dǎo)函數(shù)[例3](多選)已知定義在(0，eq\f(π,2))上的函數(shù)f(x)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且恒有cosxf′(x)＋sinxf(x)＜0成立，則()A．f(eq\f(π,6))＞eq\r(2)f(eq\f(π,4))B．eq\r(3)f(eq\f(π,6))＞f(eq\f(π,3))C．f(eq\f(π,6))＞eq\r(3)f(eq\f(π,3))D．eq\r(2)f(eq\f(π,6))＞eq\r(3)f(eq\f(π,4))[解析]根據(jù)題意，令g(x)＝eq\f(fx,cosx)，x∈(0，eq\f(π,2))，則其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝eq\f(f′xcosx＋sinxfx,cos2x)，又由x∈(0，eq\f(π,2))，且恒有cosxf′(x)＋sinxf(x)＜0，則有g(shù)′(x)＜0，即函數(shù)g(x)為減函數(shù)．由eq\f(π,6)＜eq\f(π,3)，則有g(shù)(eq\f(π,6))＞g(eq\f(π,3))，即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos\f(π,6))＞eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))，分析可得f(eq\f(π,6))＞eq\r(3)f(eq\f(π,3))；又由eq\f(π,6)＜eq\f(π,4)，則有g(shù)(eq\f(π,6))＞g(eq\f(π,4))，即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos\f(π,6))＞eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))，分析可得eq\r(2)f(eq\f(π,6))＞eq\r(3)f(eq\f(π,4)).故選C、D.[答案]CD[方法技巧]當(dāng)題設(shè)條件中存在或通過變形出現(xiàn)特征式“f′(x)g(x)﹣f(x)g′(x)”時(shí)，可聯(lián)想、逆用“eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)＝[eq\f(fx,gx)]′”，構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)y＝eq\f(fx,gx)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)巧妙地解決問題．[歸納總結(jié)]構(gòu)造函數(shù)解決導(dǎo)數(shù)問題常用模型(1)條件：f′(x)>a(a≠0)：構(gòu)造函數(shù)：h(x)＝f(x)﹣ax.(2)條件：f′(x)±g′(x)>0：構(gòu)造函數(shù)：h(x)＝f(x)±g(x)．(3)條件：f′(x)＋f(x)>0：構(gòu)造函數(shù)：h(x)＝exf(x)．(4)條件：f′(x)﹣f(x)>0：構(gòu)造函數(shù)：h(x)＝eq\f(fx,ex).(5)條件：xf′(x)＋f(x)>0：構(gòu)造函數(shù)：h(x)＝xf(x)．(6)條件：xf′(x)﹣f(x)>0：構(gòu)造函數(shù)：h(x)＝eq\f(fx,x).[針對(duì)訓(xùn)練]1．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(1,1)，且對(duì)于任意x∈R，都有f′(x)＋2>0，則不等式f(log2|3x﹣1|)<3﹣logeq\r(2)|3x﹣1|的解集為()A．(﹣∞，0)∪(0,1)B．(0，＋∞)C．(﹣1,0)∪(0,3)D．(﹣∞，1)解析：選A根據(jù)條件中“f′(x)＋2”的特征，可以構(gòu)造F(x)＝f(x)＋2x，則F′(x)＝f′(x)＋2>0，故F(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，由f(1)＝1，得F(1)＝f(1)＋2＝3，因?yàn)閒(log2|3x﹣1|)<3﹣logeq\a\vs4\al(\r(2))|3x﹣1|可化為f(log2|3x﹣1|)＋2log2|3x﹣1|<3，令t＝log2|3x﹣1|，則f(t)＋2t<3，即F(t)<F(1)，所以t<1，即log2|3x﹣1|<1，從而0<|3x﹣1|<2，解得x<1且x≠0，故選A.2．設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)＋f(x)＝3x2e﹣x，且f(0)＝0，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)在R上單調(diào)遞減B．f(x)在R上單調(diào)遞增C．f(x)在R上有最大值D．f(x)在R上有最小值解析：選C根據(jù)條件中“f′(x)＋f(x)”的特征，可以構(gòu)造F(x)＝exf(x)，則有F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]＝ex·3x2e﹣x＝3x2，故F(x)＝x3＋c(c為常數(shù))，所以f(x)＝eq\f(x3＋c,ex)，又f(0)＝0，所以c＝0，f(x)＝eq\f(x3,ex).因?yàn)閒′(x)＝eq\f(3x2－x3,ex)，易知f(x)在區(qū)間(﹣∞，3]上單調(diào)遞增，在[3，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)max＝f(3)＝eq\f(27,e3)，無最小值，故選C.3．已知f(x)為定義在(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且f(x)>xf′(x)，則不等式x2f(eq\f(1,x))﹣f(x)<0的解集為________．解析：因?yàn)閒(x)>xf′(x)，所以xf′(x)﹣f(x)<0，根據(jù)“xf′(x)﹣f(x)”的特征，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,x)，則F′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)<0，故F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又因?yàn)閤>0，所以x2f(eq\f(1,x))﹣f(x)<0可化為xf(eq\f(1,x))﹣eq\f(fx,x)<0，即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))),\f(1,x))﹣eq\f(fx,x)<0，即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))),\f(1,x))<eq\f(fx,x)，即F(eq\f(1,x))<F(x)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,\f(1,x)>x，))解得0<x<1，故不等式x2f(eq\f(1,x))﹣f(x)<0的解集為(0,1)．答案：(0,1)方法二分類討論“界點(diǎn)”的確定函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題中往往含有變量或參數(shù)，這些變量或參數(shù)取不同值時(shí)會(huì)導(dǎo)致不同的結(jié)果，因而要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論．常見的有含參函數(shù)的單調(diào)性、含參函數(shù)的極值、最值等問題，解決時(shí)要分類討論．分類討論的原則是不重復(fù)、不遺漏，討論的方法是逐類進(jìn)行，還必須要注意綜合討論的結(jié)果，使解題步驟完整．類型(一)由二次函數(shù)系數(shù)引發(fā)的分類討論[例1]已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)≤1在區(qū)間(0,1]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋1,x)(x>0)．當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0恒成立，可知函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(－\f(1,2a)).當(dāng)x∈(0，eq\r(－\f(1,2a)))時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(eq\r(－\f(1,2a))，+∞)時(shí)，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)在(0，eq\r(－\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在(eq\r(－\f(1,2a))，+∞)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，eq\r(－\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在(eq\r(－\f(1,2a))，+∞)上單調(diào)遞減．(2)由(1)可知，當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)max＝f(1)＝a≤1，所以0≤a≤1；當(dāng)a<0，且eq\r(－\f(1,2a))≥1，即﹣eq\f(1,2)≤a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)max＝f(1)＝a≤1，所以﹣eq\f(1,2)≤a<0；當(dāng)a<0，且eq\r(－\f(1,2a))<1，即a<﹣eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，eq\r(－\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在(eq\r(－\f(1,2a))，1]上單調(diào)遞減，此時(shí)f(x)max＝f(eq\r(－\f(1,2a)))＝lneq\r(－\f(1,2a))＋a·(eq\r(－\f(1,2a)))≤1，解得a≤﹣eq\f(1,2e3)，所以a<﹣eq\f(1,2).綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(﹣∞，1]．[方法技巧]若得到的導(dǎo)函數(shù)中含有的二次三項(xiàng)式的二次項(xiàng)系數(shù)含有參數(shù)，則首先需要討論其系數(shù)：①根據(jù)二次項(xiàng)系數(shù)是否為0，判斷導(dǎo)函數(shù)是否為二次函數(shù)；②根據(jù)二次項(xiàng)系數(shù)的正負(fù)，判斷二次函數(shù)圖象的開口方向，從而尋找導(dǎo)函數(shù)的變號(hào)零點(diǎn)．類型(二)由定義域或給定區(qū)間引發(fā)的分類[例2]已知函數(shù)f(x)＝ax2﹣(a＋2)x＋lnx.(1)若函數(shù)g(x)＝f(x)﹣ax2＋1，在其定義域上g(x)≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的最小值；(2)若當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值為﹣2，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)由題意得g(x)＝lnx﹣(a＋2)x＋1≤0在(0，＋∞)上恒成立，因?yàn)閤>0，所以a＋2≥eq\f(lnx＋1,x)在(0，＋∞)上恒成立．設(shè)h(x)＝eq\f(lnx＋1,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx＋1·1,x2)＝eq\f(－lnx,x2)，令h′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減．因此h(x)max＝h(1)＝1，所以a＋2≥1，即a≥﹣1.于是所求實(shí)數(shù)a的最小值為﹣1.(2)對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝2ax﹣(a＋2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax－12x－1,x)(x>0，a>0)，令f′(x)＝0，求得x1＝eq\f(1,2)，x2＝eq\f(1,a).①當(dāng)0<eq\f(1,a)≤1，即a≥1時(shí)，因?yàn)閤∈[1，e]，所以f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝﹣2，符合題意；②當(dāng)1<eq\f(1,a)<e，即eq\f(1,e)<a<1時(shí)，因?yàn)閤∈[1，e]，所以當(dāng)x∈[1,eq\f(1,a))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(eq\f(1,a),e]時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(eq\f(1,a))<f(1)＝﹣2，不符合題意，舍去；③當(dāng)eq\f(1,a)≥e，即0<a≤eq\f(1,e)時(shí)，因?yàn)閤∈[1，e]，所以f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(e)<f(1)＝﹣2，不符合題意，舍去．綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．[方法技巧]已知函數(shù)的定義域?yàn)閇a，b](即導(dǎo)函數(shù)的界點(diǎn)為a，b)，研究函數(shù)的最值問題，一般情況下解題要點(diǎn)是：①對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)，求出導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點(diǎn)x＝x0；②討論導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點(diǎn)x＝x0在不同位置時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)性；③由函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上對(duì)應(yīng)的單調(diào)性，求出函數(shù)f(x)的最值．本題對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得到f′(x)的一個(gè)零點(diǎn)為x＝eq\f(1,a)，此時(shí)給定函數(shù)的區(qū)間為[1，e]，函數(shù)在此區(qū)間上是否存在最小值與零點(diǎn)x＝eq\f(1,a)的位置相關(guān)聯(lián)，于是對(duì)零點(diǎn)x＝eq\f(1,a)的位置進(jìn)行討論：①x＝eq\f(1,a)在區(qū)間(1，e]的左側(cè)；②x＝eq\f(1,a)在區(qū)間(1，e)的內(nèi)部；③x＝eq\f(1,a)在區(qū)間[1，e)的右側(cè)．由此求出函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值，與條件給出的最小值﹣2比較，從而得到實(shí)數(shù)a的取值范圍．類型(三)由值域引發(fā)的分類[例3]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2，g(x)＝alnx.(1)若曲線y＝f(x)﹣g(x)在x＝2處的切線與直線x＋3y﹣7＝0垂直，求實(shí)數(shù)a的值；(2)若[1，e]上存在一點(diǎn)x0，使得f′(x0)＋eq\f(1,f′x0)<g(x0)﹣g′(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)由y＝f(x)﹣g(x)＝eq\f(1,2)x2﹣alnx，得y′＝x﹣eq\f(a,x).由曲線y＝f(x)﹣g(x)在x＝2處的切線與直線x＋3y﹣7＝0垂直，得2﹣eq\f(a,2)＝3，所以a＝﹣2.(2)不等式f′(x0)＋eq\f(1,f′x0)<g(x0)﹣g′(x0)等價(jià)于x0＋eq\f(1,x0)<alnx0﹣eq\f(a,x0)，整理得x0﹣alnx0＋eq\f(1＋a,x0)<0.構(gòu)造函數(shù)m(x)＝x﹣alnx＋eq\f(1＋a,x)，由題意知，在[1，e]上存在一點(diǎn)x0，使得m(x0)<0.m′(x)＝1﹣eq\f(a,x)﹣eq\f(1＋a,x2)＝eq\f(x2－ax－1＋a,x2)＝eq\f(x－1－ax＋1,x2).因?yàn)閤>0，所以x＋1>0，令m′(x)＝0，解得x＝1＋a.①當(dāng)1＋a≤1，即a≤0時(shí)，函數(shù)m(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，只需m(1)＝2＋a<0，解得a<﹣2.②當(dāng)1<1＋a≤e，即0<a≤e﹣1時(shí)，函數(shù)m(x)在x＝1＋a處取最小值，令m(1＋a)＝1＋a﹣aln(1＋a)＋1<0，即a＋1＋1<aln(a＋1)，可得eq\f(a＋1＋1,a)<ln(a＋1)，(*)令t＝a＋1，則1<t≤e，不等式(*)可化為eq\f(t＋1,t－1)<lnt.因?yàn)?<t≤e，所以eq\f(t＋1,t－1)>1，lnt≤1，所以不等式不能成立．③當(dāng)1＋a>e，即a>e﹣1時(shí)，函數(shù)m(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，只需m(e)＝e﹣a＋eq\f(1＋a,e)<0，解得a>eq\f(e2＋1,e－1).綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(﹣∞，﹣2)∪(eq\f(e2＋1,e－1)，+∞).[方法技巧]本題在求出導(dǎo)函數(shù)m′(x)＝eq\f(x－1－ax＋1,x2)的一個(gè)零點(diǎn)x＝1＋a，探究函數(shù)m(x)的最小值時(shí)，一定要對(duì)x＝1＋a的位置展開討論，才能得到規(guī)范正確的解答．[針對(duì)訓(xùn)練]已知函數(shù)f(x)＝ex(ex﹣a)﹣a2x，討論f(x)的單調(diào)性．解：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?﹣∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x﹣aex﹣a2＝(2ex＋a)(ex﹣a)．①若a＝0，則f(x)＝e2x在(﹣∞，＋∞)上單調(diào)遞增．②若a＞0，則由f′(x)＝0，得x＝lna.當(dāng)x∈(﹣∞，lna)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.故f(x)在(﹣∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．③若a＜0，則由f′(x)＝0，得x＝ln(﹣eq\f(1,2)a).當(dāng)x∈(﹣∞，ln(﹣eq\f(1,2)a))時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(ln(﹣eq\f(1,2)a)，+∞)時(shí)，f′(x)＞0.故f(x)在(﹣∞，ln(﹣eq\f(1,2)a))上單調(diào)遞減，在(ln(﹣eq\f(1,2)a)，+∞)上單調(diào)遞增．

方法三分離參數(shù)法解決含參不等式恒成立問題[典例]已知函數(shù)f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)，當(dāng)x≥﹣2時(shí)，f(x)≤kg(x)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．[解]法一：直接法令x＝0，由f(x)≤kg(x)得2≤2k，故k≥1.設(shè)h(x)＝f(x)﹣kg(x)＝x2＋4x＋2﹣2kex(x＋1)(x≥﹣2)．由題意得h(x)max≤0.h′(x)＝2(x＋2)(1﹣kex)(x≥﹣2)．令h′(x)＝0，得x＝﹣2或x＝lneq\f(1,k).因?yàn)閗≥1，所以lneq\f(1,k)≤0.①若lneq\f(1,k)≤﹣2，即k≥e2時(shí)，h(x)在(﹣2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(﹣2)＝﹣2＋2k·eq\f(1,e2)≤0.故k≤e2，結(jié)合條件得k＝e2.②若lneq\f(1,k)＞﹣2，即1≤k＜e2，h(x)在(﹣2,lneq\f(1,k))上單調(diào)遞增，在(lneq\f(1,k),+∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(lneq\f(1,k))＝ln2k﹣4lnk＋2﹣2k·eq\f(1,k)(﹣lnk＋1)＝ln2k﹣2lnk≤0，故0≤lnk≤2，解得1≤k≤e2.結(jié)合條件得1≤k＜e2.綜上，實(shí)數(shù)k的取值范圍是[1，e2]．法二：分離參數(shù)法由已知得不等式x2＋4x＋2≤k·2ex(x＋1)對(duì)x≥﹣2恒成立．①當(dāng)x＝﹣1時(shí)，k∈R.②當(dāng)﹣2≤x＜﹣1時(shí)，k≤eq\f(x2＋4x＋2,2exx＋1)恒成立．設(shè)g(x)＝eq\f(x2＋4x＋2,2exx＋1)，則g′(x)＝﹣eq\f(xx＋22,2exx＋12).當(dāng)﹣2≤x＜﹣1時(shí)，g′(x)≥0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(﹣2)＝e2，故k≤e2.③當(dāng)x＞﹣1時(shí)，k≥g(x)恒成立．因?yàn)間(x)在(﹣1,0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(0)＝1，故k≥1.綜上，1≤k≤e2.即實(shí)數(shù)k的取值范圍是[1，e2]．[方法技巧]用直接法解決含參不等式恒成立求參數(shù)范圍問題，時(shí)常需要分類討論，計(jì)算量較大．而用分離參數(shù)法解決含參不等式恒成立問題時(shí)，比較直接，這也是學(xué)生首選的方法．[針對(duì)訓(xùn)練]已知函數(shù)f(x)＝xlnx，若對(duì)于所有x≥1都有f(x)≥ax﹣1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：依題意，得f(x)≥ax﹣1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋eq\f(1,x)在x∈[1，＋∞)上恒成立，亦即a≤(lnx＋eq\f(1,x))min，x∈[1，＋∞)．設(shè)g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)(x≥1)，則g′(x)＝eq\f(1,x)﹣eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2).令g′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x≥1時(shí)，g′(x)≥0，g(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)．所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.故a的取值范圍是(﹣∞，1]．方法四二次求導(dǎo)法解決難以判斷f′(x)符號(hào)問題判定函數(shù)的單調(diào)性和求函數(shù)極值，都需要判定導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)．有些導(dǎo)函數(shù)形式很復(fù)雜，它的正負(fù)很難直接判定，常常需要建立新函數(shù)再次求導(dǎo)，通過探求新函數(shù)的最值，以此確定導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)．[例1]若函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,x)，0<x1<x2<π.設(shè)a＝f(x1)，b＝f(x2)，試比較a，b的大?。甗解]由f(x)＝eq\f(sinx,x)，得f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)，設(shè)g(x)＝xcosx﹣sinx，則g′(x)＝﹣xsinx＋cosx﹣cosx＝﹣xsinx.∵0<x<π，∴g′(x)<0，即函數(shù)g(x)在(0，π)上是減函數(shù)．∴g(x)<g(0)＝0，因此f′(x)<0，故函數(shù)f(x)在(0，π)是減函數(shù)，∴當(dāng)0<x1<x2<π時(shí)，有f(x1)>f(x2)，即a>b.[方法技巧]從本題解答來看，為了得到f(x)的單調(diào)性，須判斷f′(x)的符號(hào)，而f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)的分母為正，只需判斷分子xcosx﹣sinx的符號(hào)，但很難直接判斷，故可通過二次求導(dǎo)，判斷出一次導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，并最終解決問題．[例2]已知函數(shù)f(x)＝ex﹣xlnx，g(x)＝ex﹣tx2＋x，t∈R，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若g(x)≥f(x)對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范圍．[解](1)由f(x)＝ex﹣xlnx，知f′(x)＝e﹣lnx﹣1，則f′(1)＝e﹣1，而f(1)＝e，則所求切線方程為y﹣e＝(e﹣1)(x﹣1)，即y＝(e﹣1)x＋1.(2)∵f(x)＝ex﹣xlnx，g(x)＝ex﹣tx2＋x，t∈R，∴g(x)≥f(x)對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立等價(jià)于ex﹣tx2＋x﹣ex＋xlnx≥0對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即t≤eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令F(x)＝eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)，則F′(x)＝eq\f(xex＋ex－2ex－xlnx,x3)＝eq\f(1,x2)(ex＋e﹣eq\f(2ex,x)﹣lnx)，令G(x)＝ex＋e﹣eq\f(2ex,x)﹣lnx，則G′(x)＝ex﹣eq\f(2xex－ex,x2)﹣eq\f(1,x)＝eq\f(exx－12＋ex－x,x2)>0，對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立．∴G(x)＝ex＋e﹣eq\f(2ex,x)﹣lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且G(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，G(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，G(x)>0，即當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，∴F(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t≤1，即t的取值范圍是(﹣∞，1]．[方法技巧]本題從題目形式來看，是極其常規(guī)的一道導(dǎo)數(shù)考題，第(2)問要求參數(shù)t的范圍問題，實(shí)際上是求F(x)＝eq\f(ex＋x－ex＋xlnx,x2)的極值問題，但是F′(x)＝eq\f(1,x2)（ex＋e﹣eq\f(2ex,x)﹣lnx）這個(gè)方程求解不易，這時(shí)我們可以嘗試對(duì)G(x)＝x2·F′(x)再一次求導(dǎo)并解決問題．所以當(dāng)導(dǎo)數(shù)值等于0這個(gè)方程求解有困難時(shí)，考慮用二次求導(dǎo)嘗試不失為一種妙法．[針對(duì)訓(xùn)練]討論函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx﹣x＋1的單調(diào)性．解：由f(x)＝(x＋1)lnx﹣x＋1，可知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．易得f′(x)＝lnx＋eq\f(x＋1,x)﹣1＝lnx＋eq\f(1,x)，用f′(x)去分析f(x)的單調(diào)性受阻．因此再對(duì)f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)求導(dǎo)，得f″(x)＝eq\f(1,x)﹣eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2).令f″(x)＝eq\f(x－1,x2)＝0，得x＝1.當(dāng)0<x≤1時(shí)，f″(x)≤0，即f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù)；當(dāng)x>1時(shí)，f″(x)>0，即f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)．因此f′(x)min＝f′(1)＝1>0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．eq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測(cè)])1．(多選)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝﹣1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞m＞1，則下列成立的有()A．f(eq\f(1,m))＞eq\f(1－m,m)B．f(eq\f(1,m))＜﹣1C．f(eq\f(1,m－1))＞eq\f(1,m－1)D．f(eq\f(1,m－1))＜0解析：選AC設(shè)g(x)＝f(x)﹣mx，則g′(x)＝f′(x)﹣m＞0，故函數(shù)g(x)＝f(x)﹣mx在R上單調(diào)遞增，又eq\f(1,m)＞0，∴g(eq\f(1,m))＞g(0)，即f(eq\f(1,m))﹣1＞﹣1，∴f(eq\f(1,m))＞0，而eq\f(1－m,m)＜0，∴f(eq\f(1,m))＞eq\f(1－m,m)，故A正確，B錯(cuò)誤．∵eq\f(1,m－1)＞0，∴g(eq\f(1,m－1))＞g(0)，即f(eq\f(1,m－1))﹣eq\f(m,m－1)＞﹣1，f(eq\f(1,m－1))＞eq\f(1,m－1)＞0，故C正確，D錯(cuò)誤．2．設(shè)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＋xf′(x)<0，且f(﹣4)＝0，則不等式xf(x)>0的解集為()A．(﹣∞，﹣4)B．(0,4)C．(﹣4,0)∪(0,4)D．(﹣∞，﹣4)∪(0,4)解析：選D根據(jù)條件f(x)＋xf′(x)<0，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，可以推出當(dāng)x<0時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，∴F(x)在(﹣∞，0)上單調(diào)遞減．∵f(x)為偶函數(shù)，∴F(x)＝xf(x)為奇函數(shù)．∴F(x)在(0，＋∞)上也單調(diào)遞減．根據(jù)f(﹣4)＝0可得F(﹣4)＝0，∴F(4)＝0.根據(jù)函數(shù)的圖象可知xf(x)>0的解集為(﹣∞，﹣4)∪(0,4)．故選D.3．設(shè)y＝f(x)是(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，f(1)＝2，(x﹣1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)恒成立．若曲線f(x)在點(diǎn)(1,2)處的切線為y＝g(x)，且g(a)＝2018，則a等于()A．﹣501B．﹣502C．﹣503D．﹣504解析：選C由“2f(x)＋xf′(x)”聯(lián)想到“2xf(x)＋x2f′(x)”，可構(gòu)造F(x)＝x2f(x)(x>0)．由(x﹣1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)可知，當(dāng)x>1時(shí)，2f(x)＋xf′(x)>0，則F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，故F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0<x<1時(shí)，2f(x)＋xf′(x)<0，則F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，故F(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以x＝1為極值點(diǎn)，則F′(1)＝2×1×f(1)＋12f′(1)＝2f(1)＋f′(1)＝0.由f(1)＝2可得f′(1)＝﹣4，曲線f(x)在點(diǎn)(1,2)處的切線為y﹣2＝﹣4(x﹣1)，即y＝6﹣4x，故g(x)＝6﹣4x，g(a)＝6﹣4a＝2018，解得a＝﹣503，故選C.4．已知a＜5且ae5＝5ea，b＜4且be4＝4eb，c＜3且ce3＝3ec，則()A．c＜b＜aB．b＜c＜aC．a(chǎn)＜c＜bD．a(chǎn)＜b＜c解析：選D由題意知，0＜a＜5,0＜b＜4,0＜c＜3，且eq\f(ea,a)＝eq\f(e5,5)，eq\f(eb,b)＝eq\f(e4,4)，eq\f(ec,c)＝eq\f(e3,3).設(shè)f(x)＝eq\f(ex,x)，x＞0，則f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，可知f(x)在(0,1)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)單調(diào)遞增，又0＜a＜5,0＜b＜4,0＜c＜3，則0＜a＜b＜c＜1.5．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，則ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系為()A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)D．ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系不確定解析：選A設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)，由題意知g′(x)＞0，所以g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x1＜x2時(shí)，g(x1)＜g(x2)，即eq\f(fx1,ex1)＜eq\f(fx2,ex2)，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．6．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)﹣ax，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x2>x1時(shí)，不等式eq\f(fx1,x2)<eq\f(fx2,x1)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(﹣∞，e]B．(﹣∞，e)C.(﹣∞，eq\f(e,2))D．(﹣∞，eq\f(e,2)]解析：選D∵x∈(0，＋∞)，∴原不等式轉(zhuǎn)化為x1f(x1)<x2f(x2)，設(shè)函數(shù)g(x)＝xf(x)，x>0，則函數(shù)g(x)＝ex﹣ax2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴g′(x)＝ex﹣2ax≥0在x>0時(shí)恒成立，且g′(x)不恒為零，∴2a≤eq\f(ex,x).令m(x)＝eq\f(ex,x)，x>0，則m′(x)＝eq\f(x－1ex,x2).當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，m′(x)<0，m(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增．∴2a≤m(x)min＝m(1)＝e，∴a≤eq\f(e,2).7．(多選已知函數(shù)f(x)＝xln(1＋x)，則()A．f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增B．f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)C．曲線y＝f(x)在點(diǎn)(﹣eq\f(1,2),f(﹣eq\f(1,2)))處切線的斜率為﹣1﹣ln2D．f(x)是偶函數(shù)解析：選ACf(x)定義域?yàn)?﹣1，＋∞)，不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故選項(xiàng)D不正確．因?yàn)閒′(x)＝ln(1＋x)＋eq\f(x,1＋x)，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，故選項(xiàng)A正確．又因?yàn)閒″(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1,1＋x2)＝eq\f(2＋x,1＋x2)，當(dāng)x∈(﹣1，＋∞)時(shí)，f″(x)＞0恒成立，所以f′(x)＝ln(1＋x)＋eq\f(x,1＋x)在(﹣1，＋∞)單調(diào)遞增，又f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(﹣1,0)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)在(﹣1,0)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．又f(0)＝0，所以f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)，故選項(xiàng)B不正確．因?yàn)閒′(x)＝ln(1＋x)＋eq\f(x,1＋x)，所以f′(﹣eq\f(1,2))＝lneq\f(1,2)﹣1＝﹣1﹣ln2，故選項(xiàng)C正確．8．設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝2，f′(x)<1，則不等式f(x2)>x2＋1的解集為____________．解析：由條件式f′(x)<1得f′(x)﹣1<0，待解不等式f(x2)>x2＋1可化為f(x2)﹣x2﹣1>0，可以構(gòu)造F(x)＝f(x)﹣x﹣1，由于F′(x)＝f′(x)﹣1<0，所以F(x)在R上單調(diào)遞減．又因?yàn)镕(x2)＝f(x2)﹣x2﹣1>0＝2﹣12﹣1＝f(12)﹣12﹣1＝F(12)，所以x2<12，解得﹣1<x<1，故不等式f(x2)>x2＋1的解集為{x|﹣1<x<1}．答案：{x|﹣1<x<1}9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2﹣2alnx＋(a﹣2)x，當(dāng)a<0時(shí)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．解：函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝x﹣eq\f(2a,x)＋a﹣2＝eq\f(x－2x＋a,x).①當(dāng)﹣a＝2，即a＝﹣2，f′(x)＝eq\f(x－22,x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②若0<﹣a<2，即﹣2<a<0，當(dāng)0<x<﹣a或x>2時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)﹣a<x<2時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，﹣a)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(﹣a,2)上單調(diào)遞減．③若﹣a>2，即a<﹣2，當(dāng)0<x<2或x>﹣a時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)2<x<﹣a時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(0,2)，(﹣a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(2，﹣a)上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a＝﹣2時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)﹣2<a<0時(shí)，f(x)在(0，﹣a)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(﹣a，2)上單調(diào)遞減；當(dāng)a<﹣2時(shí)，f(x)在(0,2)，(﹣a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(2，﹣a)上單調(diào)遞減．10.已知曲線f(x)＝bex＋x在x＝0處的切線方程為ax﹣y＋1＝0.(1)求a，b的值；(2)當(dāng)x2>x1>0時(shí)，f(x1)﹣f(x2)<(x1﹣x2)(mx1＋mx2＋1)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)由f(x)＝bex＋x得，f′(x)＝bex＋1，由題意得在x＝0處的切線斜率為f′(0)＝b＋1＝a，即b＋1＝a，又f(0)＝b，可得﹣b＋1＝0，解得b＝1，a＝2.(2)由(1)知，f(x)＝ex＋x，f(x1)﹣f(x2)<(x1﹣x2)(mx1＋mx2＋1)，即為f(x1)﹣mxeq\o\al(2,1)﹣x1<f(x2)﹣mxeq\o\al(2,2)﹣x2，由x2>x1>0知，上式等價(jià)于函數(shù)φ(x)＝f(x)﹣mx2﹣x＝ex﹣mx2在(0，＋∞)為增函數(shù)，φ′(x)＝ex﹣2mx≥0，即2m≤eq\f(ex,x)，令h(x)＝eq\f(ex,x)(x>0)，h′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)<0時(shí)，h(x)遞減；x>1，h′(x)>0時(shí)，h(x)遞增，h(x)min＝h(1)＝e，則2m≤e，即m≤eq\f(e,2)，所以實(shí)數(shù)m的范圍為(-∞,eq\f(e,2)].11．已知函數(shù)f(x)＝1＋lnx﹣ax2.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：xf(x)<eq\f(2,e2)·ex＋x﹣ax3.解：(1)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－2ax2,x)，故a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(\r(2a),2a)，故f(x)在(0,eq\f(\r(2a),2a))上單調(diào)遞增，在(eq\f(\r(2a),2a)，+∞)上單調(diào)遞減．(2)證明：要證xf(x)<eq\f(2,e2)·ex＋x﹣ax3，即證xlnx<eq\f(2,e2)·ex，也即證eq\f(lnx,x)<eq\f(2ex,e2x2).令g(x)＝eq\f(2,e2)·eq\f(ex,x2)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(2,e2)·eq\f(exx－2,x3)，所以g(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)最小值＝g(2)＝eq\f(1,2)，令k(x)＝eq\f(lnx,x)，則k′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，故k(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，故k(x)最大值＝k(e)＝eq\f(1,e)，∵eq\f(1,e)<eq\f(1,2)，故k(x)<g(x)，即lnx<eq\f(2ex－2,x)，故xf(x)<eq\f(2,e2)·ex＋x﹣ax3.12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,x)＋klnx，k<eq\f(1,e)，求函數(shù)f(x)在[eq\f(1,e)，e]上的最大值和最小值．解：f′(x)＝eq\f(－x－1－x,x2)＋eq\f(k,x)＝eq\f(kx－1,x2).(1)若k＝0，則f′(x)＝﹣eq\f(1,x2)，在[eq\f(1,e)，e]上恒有f′(x)<0，所以f(x)在[eq\f(1,e)，e]上單調(diào)遞減．(2)若k≠0，則f′(x)＝eq\f(kx－1,x2)＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,k))),x2).①若k<0，則在[eq\f(1,e)，e]上恒有eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,k))),x2)<0，所以f(x)在[eq\f(1,e)，e]上單調(diào)遞減．②若k>0，由k<eq\f(1,e)，得eq\f(1,k)>e，則x﹣eq\f(1,k)<0在[eq\f(1,e)，e]上恒成立，所以eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,k))),x2)<0，所以f(x)在[eq\f(1,e)，e]上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)k<eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在[eq\f(1,e)，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(e)＝eq\f(1,e)＋k﹣1，f(x)max＝f(eq\f(1,e))＝e﹣k﹣1.第4課時(shí)壓軸考法自主選——“函數(shù)與導(dǎo)數(shù)”壓軸大題的3大難點(diǎn)及破解策略難點(diǎn)一隱零點(diǎn)問題在求解函數(shù)問題時(shí)，很多時(shí)候都需要求函數(shù)f(x)在區(qū)間I上的零點(diǎn)，但所述情形都難以求出其準(zhǔn)確值，導(dǎo)致解題過程無法繼續(xù)進(jìn)行時(shí)，可這樣嘗試求解：先證明函數(shù)f(x)在區(qū)間I上存在唯一的零點(diǎn)(例如，函數(shù)f(x)在區(qū)間I上是單調(diào)函數(shù)且在區(qū)間I的兩個(gè)端點(diǎn)的函數(shù)值異號(hào)時(shí)就可證明存在唯一的零點(diǎn))，這時(shí)可設(shè)出其零點(diǎn)是x0.因?yàn)閤0不易求出(當(dāng)然，有時(shí)是可以求出但無需求出)，所以把零點(diǎn)x0叫做隱零點(diǎn)；若x0容易求出，就叫做顯零點(diǎn)，而后解答就可繼續(xù)進(jìn)行．實(shí)際上，此解法類似于解析幾何中“設(shè)而不求”的方法．[典例]設(shè)函數(shù)f(x)＝ex﹣ax﹣2.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝1，k為整數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，(x﹣k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．[解題觀摩](1)當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(﹣∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(﹣∞，lna)，單調(diào)遞增區(qū)間是(lna，＋∞)．(解答過程略)(2)由題設(shè)可得(x﹣k)(ex﹣1)＋x＋1>0，即k<x＋eq\f(x＋1,ex－1)(x>0)恒成立．令g(x)＝eq\f(x＋1,ex－1)＋x(x>0)，得g′(x)＝eq\f(ex－1－x＋1ex,ex－12)＋1＝eq\f(exex－x－2,ex－12)(x>0)．由(1)的結(jié)論可知，函數(shù)h(x)＝ex﹣x﹣2(x>0)是增函數(shù)．又因?yàn)閔(1)<0，h(2)>0，所以函數(shù)h(x)的唯一零點(diǎn)α∈(1，2)(該零點(diǎn)就是h(x)的隱零點(diǎn))．當(dāng)x∈(0，α)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈(α，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝eq\f(α＋1,eα－1)＋α.又h(α)＝eα﹣α﹣2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1,2)，則g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，所以k的最大值為2.[名師微點(diǎn)]本題的關(guān)鍵就是利用h(x)＝ex﹣x﹣2及h(1)<0，h(2)>0確定h(x)的隱零點(diǎn)，從而作出判斷．[針對(duì)訓(xùn)練]1．設(shè)函數(shù)f(x)＝(x﹣1)ex﹣kx2(k∈R)．當(dāng)k∈(eq\f(1,2),1]時(shí)，求函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M.解：f′(x)＝x(ex﹣2k)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln2k.事實(shí)上，可證ln2k＜k，設(shè)g(k)＝ln2k﹣k(eq\f(1,2)<k≤1)，則g′(k)＝eq\f(1－k,k)≥0(eq\f(1,2)<k≤1)，所以g(k)在(eq\f(1,2),1]上是增函數(shù)，所以g(k)≤g(1)＝ln2﹣1＜0，即ln2k＜k.所以f(x)在(0，ln2k)上是減函數(shù)，在(ln2k，k]上是增函數(shù)，所以M＝max{f(0)，f(k)}．設(shè)h(k)＝f(k)﹣f(0)＝(k﹣1)ek﹣k3＋1(eq\f(1,2)<k≤1)，則h′(k)＝k(ek﹣3k)(eq\f(1,2)<k≤1).又令φ(k)＝ek﹣3k(eq\f(1,2)<k≤1)，則φ′(k)＝ek﹣3≤e﹣3＜0(eq\f(1,2)<k≤1)，所以函數(shù)φ(k)在(eq\f(1,2),1]上是減函數(shù)．又因?yàn)棣?eq\f(1,2))＞0，φ(1)＜0，所以函數(shù)φ(k)在(eq\f(1,2),1)上存在唯一的零點(diǎn)k0.所以當(dāng)eq\f(1,2)＜k＜k0時(shí)，φ(k)＞0，即h′(k)＞0，當(dāng)k0＜k≤1時(shí)，φ(k)＜0，即h′(k)＜0，所以函數(shù)h(k)在(eq\f(1,2),1]上是先增后減．又因?yàn)閔(eq\f(1,2))＝eq\f(7,8)﹣eq\f(\r(e),2)＞0，h(1)＝0，所以h(k)＝f(k)﹣f(0)≥0，f(k)≥f(0)(eq\f(1,2)<k≤1)，故M＝f(k)＝(k﹣1)ek﹣k3.難點(diǎn)二極值點(diǎn)偏移問題在近幾年的高考中，極值點(diǎn)偏移問題常作為壓軸題出現(xiàn)，題型復(fù)雜多變，面對(duì)此類問題時(shí)常會(huì)感到束手無策．事實(shí)上，只要掌握這類問題的實(shí)質(zhì)，巧妙消元、消參、構(gòu)造函數(shù)，問題便能迎刃而解．1．極值點(diǎn)偏移的含義若單峰函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為x0，則極值點(diǎn)的偏移問題的圖示及函數(shù)值的大小關(guān)系如下表所示.極值點(diǎn)x0函數(shù)值的大小關(guān)系圖示極值點(diǎn)不偏移x0＝eq\f(x1＋x2,2)f(x1)＝f(2x0﹣x2)極值點(diǎn)偏移左移x0<eq\f(x1＋x2,2)峰口向上：f(x1)<f(2x0﹣x2)峰口向下：f(x1)>f(2x0﹣x2)右移x0>eq\f(x1＋x2,2)峰口向上：f(x1)>f(2x0﹣x2)峰口向下：f(x1)<f(2x0﹣x2)2．函數(shù)極值點(diǎn)偏移問題的題型極值點(diǎn)偏移問題的題設(shè)一般有以下四種形式：(1)若函數(shù)f(x)在定義域上存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)，求證：x1＋x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn))；(2)若在函數(shù)f(x)的定義域上存在x1，x2(x1≠x2)滿足f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2>2x0(x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn))；(3)若函數(shù)f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)，令x0＝eq\f(x1＋x2,2)，求證：f′(x0)>0；(4)若在函數(shù)f(x)的定義域上存在x1，x2(x1≠x2)滿足f(x1)＝f(x2)，令x0＝eq\f(x1＋x2,2)，求證：f′(x0)>0.[典例]已知函數(shù)f(x)＝lnx﹣ax(x>0)，a為常數(shù)，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)．證明：x1x2>e2.[解題觀摩]法一：巧抓“根商”——c＝eq\f(x1,x2)構(gòu)造函數(shù)不妨設(shè)x1>x2，因?yàn)閘nx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1﹣lnx2＝a(x1﹣x2)，所以eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝a.欲證x1x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2.因?yàn)閘nx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即證a>eq\f(2,x1＋x2)，所以原問題等價(jià)于證明eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)>eq\f(2,x1＋x2)，即lneq\f(x1,x2)>eq\f(2x1－x2,x1＋x2)，令c＝eq\f(x1,x2)(c>1)，則不等式變?yōu)閘nc>eq\f(2c－1,c＋1).令h(c)＝lnc﹣eq\f(2c－1,c＋1)，c>1，所以h′(c)＝eq\f(1,c)﹣eq\f(4,c＋12)＝eq\f(c－12,cc＋12)>0，所以h(c)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(c)>h(1)＝ln1﹣0＝0，即lnc﹣eq\f(2c－1,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式x1x2>e2得證．[名師微點(diǎn)]該方法的基本思路是直接消掉參數(shù)a，再結(jié)合所證問題，巧妙引入變量c＝eq\f(x1,x2)，從而構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)．其解題要點(diǎn)為：(1)聯(lián)立消參：利用方程f(x1)＝f(x2)消掉解析式中的參數(shù)a.(2)抓商構(gòu)元：令c＝eq\f(x1,x2)，消掉變量x1，x2，構(gòu)造關(guān)于c的函數(shù)h(c)．(3)用導(dǎo)求解：利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)h(c)的最小值，從而可證得結(jié)論．法二：抓極值點(diǎn)構(gòu)造函數(shù)由題意，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的兩根．設(shè)t1＝lnx1，t2＝lnx2，g(x)＝xe﹣x，則g(t1)＝g(t2)，從而x1x2>e2?lnx1＋lnx2>2?t1＋t2>2.下證：t1＋t2>2.g′(x)＝(1﹣x)e﹣x，易得g(x)在(﹣∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)g(x)在x＝1處取得極大值g(1)＝eq\f(1,e).當(dāng)x→﹣∞時(shí)，g(x)→﹣∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0且g(x)>0.由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨設(shè)t1<t2，作出函數(shù)g(x)的圖象，如圖所示，由圖知必有0<t1<1<t2，令F(x)＝g(1＋x)﹣g(1﹣x)，x∈(0,1]，則F′(x)＝g′(1＋x)﹣g′(1﹣x)＝eq\f(x,ex＋1)(e2x﹣1)>0，所以F(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，所以F(x)>F(0)＝0對(duì)任意的x∈(0,1]恒成立，即g(1＋x)>g(1﹣x)對(duì)任意的x∈(0,1]恒成立．由0<t1<1<t2，得1﹣t1∈(0,1)，所以g[1＋(1﹣t1)]＝g(2﹣t1)>g[1﹣(1﹣t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2﹣t1)>g(t2)，又2﹣t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以2﹣t1<t2，所以t1＋t2>2，即x1x2>e2.[名師微點(diǎn)]上述解題過程就是解決極值點(diǎn)偏移問題的最基本的方法，共有四個(gè)解題要點(diǎn)：(1)求函數(shù)g(x)的極值點(diǎn)x0；(2)構(gòu)造函數(shù)F(x)＝g(x0＋x)﹣g(x0﹣x)；(3)確定函數(shù)F(x)的單調(diào)性；(4)結(jié)合F(0)＝0，確定g(x0＋x)與g(x0﹣x)的大小關(guān)系．法三：巧抓“根差”——s＝Δt＝t2﹣t1構(gòu)造函數(shù)由題意，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知lnx1，lnx2是方程x＝aex的兩根．設(shè)t1＝lnx1，t2＝lnx2，設(shè)g(x)＝xe﹣x，則g(t1)＝g(t2)，從而x1x2>e2?lnx1＋lnx2>2?t1＋t2>2.下證：t1＋t2>2.由g(t1)＝g(t2)，得t1e﹣t1＝t2e﹣t2，化簡(jiǎn)得et2﹣t1＝eq\f(t2,t1).①不妨設(shè)t2>t1，由法二知，0<t1<1<t2，令s＝t2﹣t1，則s>0，t2＝s＋t1，代入①式，得es＝eq\f(s＋t1,t1)，解得t1＝eq\f(s,es－1).則t1＋t2＝2t1＋s＝eq\f(2s,es－1)＋s，故要證t1＋t2>2，即證eq\f(2s,es－1)＋s>2，又es﹣1>0，故要證eq\f(2s,es－1)＋s>2，即證2s＋(s﹣2)(es﹣1)>0.②令G(s)＝2s＋(s﹣2)(es﹣1)(s>0)，則G′(s)＝(s﹣1)es＋1，G″(s)＝ses>0，故G′(s)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以G′(s)>G′(0)＝0，從而G(s)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以G(s)>G(0)＝0，所以②式成立，故t1＋t2>2，即x1x2>e2.[名師微點(diǎn)]該方法的關(guān)鍵是巧妙引入變量s，然后利用等量關(guān)系，把t1，t2消掉，從而構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，轉(zhuǎn)化所證問題．其解題要點(diǎn)為：(1)取差構(gòu)元：記s＝t2﹣t1，則t2＝t1＋s，利用該式消掉t2.(2)巧解消參：利用g(t1)＝g(t2)，構(gòu)造方程，解之，利用s表示t1.(3)構(gòu)造函數(shù)：依據(jù)消參之后所得不等式的形式，構(gòu)造關(guān)于s的函數(shù)G(s)．(4)轉(zhuǎn)化求解：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)G(s)的單調(diào)性和最小值，從而證得結(jié)論．[針對(duì)訓(xùn)練]2．若關(guān)于x的方程xlnx＝m有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解x1，x2，求證：x1·x2<eq\f(1,e2)(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．證明：不妨設(shè)x1>x2，要證x1x2<eq\f(1,e2)，即證x1x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))<eq\f(1,e2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))，整理得x1＋eq\f(1,e2x1)<x2＋eq\f(1,e2x2).又因?yàn)閤1lnx1＝x2lnx2，即證x1lnx1﹣k(x1＋eq\f(1,e2x1))>x2lnx2﹣k(x2＋eq\f(1,e2x2))，k>0.設(shè)h(x)＝xlnx﹣kx﹣eq\f(k,e2x)，使h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以有h′(x)＝lnx＋1﹣k＋eq\f(k,e2x2)≥0在(0，＋∞)上恒成立，令h″(x)＝eq\f(1,x)﹣eq\f(2k,e2x3)＝0，解得x＝eq\f(\r(2k),e)，列表可知h′(x)在(0，eq\f(\r(2k),e))上單調(diào)遞減，在(eq\f(\r(2k),e)，+∞)上單調(diào)遞增，令h′(eq\f(\r(2k),e))＝eq\f(1,2)ln(2k)﹣k＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(ln(2k)﹣2k＋1)≥0，解得k＝eq\f(1,2)，此時(shí)有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命題得證．難點(diǎn)三利用洛必達(dá)法則求解不等式恒成立問題函數(shù)與導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的問題中，求參數(shù)的取值范圍是重點(diǎn)考查的題型．在平時(shí)教學(xué)中，教師往往介紹利用變量分離法來求解．但部分題型利用變量分離法處理時(shí)，會(huì)出現(xiàn)“eq\f(0,0)”型的代數(shù)式，而這是大學(xué)數(shù)學(xué)中的不定式問題，解決這類問題的有效方法就是利用洛必達(dá)法則．[洛必達(dá)法則]法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件(1)lieq\o(m,\s\up6(,x→a))f(x)＝0及l(fā)ieq\o(m,\s\up6(,x→a))g(x)＝0；(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；(3)lieq\o(m,\s\up6(,x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l，那么lieq\o(m,\s\up6(,x→a))eq\f(fx,gx)＝lieq\o(m,\s\up6(,x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l.法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件(1)lieq\o(m,\s\up6(,x→a))f(x)＝∞及l(fā)ieq\o(m,\s\up6(,x→a))g(x)＝∞；(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；(3)lieq\o(m,\s\up6(,x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l，那么lieq\o(m,\s\up6(,x→a))eq\f(fx,gx)＝lieq\o(m,\s\up6(,x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l.[典例]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為x＋2y﹣3＝0.(1)求a，b的值；(2)如果當(dāng)x>0，且x≠1時(shí)，f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)，求k的取值范圍．[解題觀摩](1)f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－lnx)),x＋12)﹣eq\f(b,x2).由于直線x＋2y﹣3＝0的斜率為﹣eq\f(1,2)，且過點(diǎn)(1,1)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝1，,f′1＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)法一：由(1)知f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)，∴f(x)﹣eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x－1)＋\f(k,x)))＝eq\f(1,1－x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2lnx＋\f(k－1x2－1,x))).設(shè)h(x)＝2lnx＋eq\f(k－1x2－1,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(k－1x2＋1＋2x,x2).①設(shè)k≤0.由h′(x)＝eq\f(kx2＋1－x－12,x2)知，當(dāng)x≠1時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減．而h(1)＝0，故當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)>0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)<0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)>0.從而當(dāng)x>0，且x≠1時(shí)，f(x)﹣(eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x))>0，即f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x).②設(shè)0<k<1.由于y＝(k﹣1)(x2＋1)＋2x＝(k﹣1)x2＋2x＋k﹣1的圖象開口向下，且Δ＝4﹣4(k﹣1)2>0，對(duì)稱軸x＝eq\f(1,1－k)>1，∴當(dāng)x∈(1,eq\f(1,1－k))時(shí)，(k﹣1)(x2＋1)＋2x>0，故h′(x)>0，而h(1)＝0，故當(dāng)x∈(1,eq\f(1,1－k))時(shí)，h(x)>0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)<0，與題設(shè)矛盾，③設(shè)k≥1.此時(shí)h′(x)>0，而h(1)＝0，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)<0，與題設(shè)矛盾．綜上所述，k的取值范圍為(﹣∞，0]．(法一在處理第(2)問時(shí)很難想到，現(xiàn)利用洛必達(dá)法則處理如下)法二：由題設(shè)可得，當(dāng)x>0，x≠1時(shí)，k<eq\f(2xlnx,1－x2)＋1恒成立．令g(x)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1(x>0，x≠1)，則g′(x)＝2·eq\f(x2＋1lnx－x2＋1,1－x22)，再令h(x)＝(x2＋1)lnx﹣x2＋1(x>0，x≠1)，則h′(x)＝2xlnx＋eq\f(1,x)﹣x，又h″(x)＝2lnx＋1﹣eq\f(1,x2)，易知h″(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且h″(1)＝0，故當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h″(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h″(x)>0，∴h′(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)，故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．又h(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，∴g(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)．由洛必達(dá)法則知，eq\o(lim,\s\do4(x→1))g(x)＝2lieq\o(m,\s\up6(,x→1))eq\f(xlnx,1－x2)＋1＝2eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(1＋lnx,－2x)＋1＝2×(-eq\f(1,2))＋1＝0，∴g(x)>0，∴k≤0，故k的取值范圍為(﹣∞，0]．[名師微點(diǎn)]解決本題第(2)問時(shí)，如果直接討論函數(shù)的性質(zhì)，相當(dāng)煩瑣，很難求解．采用參數(shù)與變量分離較易理解，但是分離出來的函數(shù)式的最值無法求解，而利用洛必達(dá)法則卻較好地處理了它的最值，這是一種值得借鑒的方法．[針對(duì)訓(xùn)練]3．設(shè)函數(shù)f(x)＝1﹣e﹣x，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≤eq\f(x,ax＋1)，求a的取值范圍．解：由f(x)≤eq\f(x,ax＋1)，得a≤eq\f(xex－ex＋1,xex－1)，設(shè)t(x)＝(x﹣1)ex＋1(x>0)，得t′(x)＝xex>0(x>0)，所以t(x)是增函數(shù)，t(x)>t(0)＝0(x>0)．又設(shè)h(x)＝(x﹣2)ex＋x＋2(x>0)，得h′(x)＝t(x)>0(x>0)，所以h(x)是增函數(shù)，h(x)>h(0)＝0(x>0)．再設(shè)g(x)＝eq\f(xex－ex＋1,xex－1)(x>0)，連續(xù)兩次使用洛必達(dá)法則，得eq\o(lim,\s\do4(x→0))g(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(xex,xex＋ex－1)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(xex＋ex,xex＋2ex)＝eq\f(1,2)，所以g(x)的下確界是eq\f(1,2)，即g(x)>eq\f(1,2)(x>0)．題設(shè)即“當(dāng)x≥0時(shí)，1﹣e﹣x≤eq\f(x,ax＋1)恒成立”，所求a的取值范圍是[0,eq\f(1,2)].eq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測(cè)])1．定義在R上的奇函數(shù)f(x)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝lnx﹣ax＋1，若f(x)有5個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，所以要使f(x)在R上有5個(gè)零點(diǎn)，只需f(x)在(0，＋∞)上有2個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于方程a＝eq\f(lnx＋1,x)在(0，＋∞)上有2個(gè)根，等價(jià)于y＝a與g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)(x>0)的圖象有2個(gè)交點(diǎn)．g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，當(dāng)x變化時(shí)，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：x(0,1)1(1，＋∞)g′(x)＋0﹣g(x)極大值所以g(x)的最大值為g(1)＝1.因?yàn)閤→0時(shí)，g(x)→﹣∞；x→＋∞時(shí)，由洛必達(dá)法則可知：eq\o(lim,\s\do4(x→+∞))g(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→+∞))eq\f(lnx＋1′,x′)＝eq\o(lim,\s\do4(x→+∞))eq\f(1,x)＝0，所以0<a<g(1)，所以0<a<1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,1)．2．已知函數(shù)f(x)＝axex(a∈R)，g(x)＝lnx＋x＋1.若f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：f(x)≥g(x)恒成立，即axex≥lnx＋x＋1恒成立．因?yàn)閤＞0，所以a≥eq\f(lnx＋x＋1,xe