知識點(diǎn)一 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
1．函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)的單調(diào)性與f′(x)的關(guān)系
(1)若f′(x)>0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上單調(diào)遞增．
(2)若f′(x)0或f′(x)1時(shí)，f′(x)＝k﹣eq \f(1,x)≥0恒成立，即k≥eq \f(1,x)在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立．因?yàn)閤>1，所以00.
答案：(0，＋∞)
6．設(shè)函數(shù)f(x)在(a，b)上的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，f′(x)在(a，b)上的導(dǎo)函數(shù)為f″(x)，若在(a，b)上，f″(x)0，此時(shí)函數(shù)f(x)為增函數(shù)，當(dāng)﹣20，))得0ln(n＋1)．
解：(1)∵f(x)＝kx﹣ln x﹣1，∴f′(x)＝k﹣eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x)(x>0，k>0)．
當(dāng)0ln eq \f(n＋1,n)，
∴1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>lneq \f(2,1)＋lneq \f(3,2)＋…＋lneq \f(n＋1,n)＝ln(n＋1)，故1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．
2．已知函數(shù)f(x)＝axex＋(x＋1)2，a∈R.
(1)討論函數(shù)f(x)的極值；
(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)﹣e在R上恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．
解：(1)f′(x)＝aex＋axex＋2(x＋1)＝(aex＋2)(x＋1)．
①當(dāng)a≥0時(shí)，令f′(x)＝0?x＝﹣1，x∈(﹣∞，﹣1)時(shí)，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)h(x)＝g(x)﹣f(x)＝x2＋xln a﹣aexln x.
由h(x)>0得x2＋xln a﹣aexln x>0，即aexln x0，函數(shù)H(x)單調(diào)遞增，且當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，H(x)>0；當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，H(x)x，則H(aex)≥0>H(x)．
若0x.
綜上可知，aex>x時(shí)對任意x∈(0,1)恒成立，即a>eq \f(x,ex)對任意x∈(0,1)恒成立．
設(shè)G(x)＝eq \f(x,ex)，x∈(0,1)，則G′(x)＝eq \f(1－x,ex)>0.
所以G(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以G(x)eq \f(1,x)﹣eq \f(1,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，請說明理由．
解：(1)證明：m＝1時(shí)，f(x)＝eq \f(1,2)(x2﹣1)﹣ln x(x>0)，則f′(x)＝﹣eq \f(1,x)＋x＝eq \f(x2－1,x)，
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)0，所以f(x)在(0,1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，
所以f(x)min＝f(1)＝0，故f(x)≥0.
(2)由題意知，f′(x)＝﹣eq \f(1,x)＋mx＝eq \f(mx2－1,x)，x>0.
①當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)＝eq \f(mx2－1,x)0時(shí)，令f′(x)＝eq \f(mx2－1,x)＝0，得x＝eq \f(1,\r(m))，
當(dāng)x∈(0，eq \f(1,\r(m)))時(shí)，f′(x)0，
所以f(x)在(0，eq \f(1,\r(m)))上單調(diào)遞減，在(eq \f(1,\r(m))，+∞)上單調(diào)遞增．
故f(x)在x＝eq \f(1,\r(m))處取得極小值f(eq \f(1,\r(m)))＝eq \f(1,2)ln m＋eq \f(1,2)﹣eq \f(1,2)m，無極大值．
(3)不妨令h(x)＝eq \f(1,x)﹣eq \f(1,ex－1)＝eq \f(ex－1－x,xex－1)，不難證明ex﹣1﹣x≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號，
所以，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0.
由(1)知，當(dāng)m≤0，x>1時(shí)，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)eq \f(1,x)﹣eq \f(1,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立，只能m>0.
當(dāng)01,00恒成立．
故存在m≥1，使得不等式f(x)>eq \f(1,x)﹣eq \f(1,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立，此時(shí)m的最小值是1.
5．已知函數(shù)f(x)＝ex﹣sin x﹣cs x，g(x)＝ex＋sin x＋cs x.
(1)證明：當(dāng)x>﹣eq \f(5π,4)時(shí)，f(x)≥0；
(2)若g(x)≥2＋ax，求a.
解：(1)證明：因?yàn)閒(x)＝ex﹣sin x﹣cs x＝ex﹣eq \r(2)sin(x+eq \f(π,4))，
f′(x)＝ex﹣cs x＋sin x＝ex＋eq \r(2)sin(x﹣eq \f(π,4))，
f″(x)＝g(x)＝ex＋sin x＋cs x＝ex＋eq \r(2)sin(x+eq \f(π,4))，
考慮到f(0)＝0，f′(0)＝0，所以
①當(dāng)x∈(﹣eq \f(5π,4)，﹣eq \f(π,4))時(shí)，eq \r(2)sin(x+eq \f(π,4))0；
②當(dāng)x∈[﹣eq \f(π,4)，0)時(shí)，f″(x)>0，所以f′(x)單調(diào)遞增，f′(x)≤f′(0)＝0，
所以f(x)單調(diào)遞減，f(x)≥f(0)＝0；
③當(dāng)x∈(0，eq \f(3π,4))時(shí)，f″(x)>0，所以f′(x)單調(diào)遞增，f′(x)>f′(0)＝0，
所以f(x)單調(diào)遞增，f(x)＞f(0)＝0；
④當(dāng)x∈[eq \f(3π,4),+∞)時(shí)，f(x)＝ex﹣eq \r(2)sin(x+eq \f(π,4))≥e﹣eq \r(2)>0.
綜上，當(dāng)x>﹣eq \f(5π,4)時(shí)，f(x)≥0.
(2)構(gòu)造F(x)＝g(x)﹣2﹣ax＝ex＋sin x＋cs x﹣2﹣ax，則F(x)min≥0，
所以F(﹣eq \f(5π,4))＝e＋eq \f(5π,4)a﹣2≥0?a≥eq \f(2－e,\f(5π,4))＞0.
又F(0)＝0，所以，F(xiàn)(x)在R上的最小值為F(0)．
F′(x)＝ex＋cs x﹣sin x﹣a，F(xiàn)′(0)＝2﹣a，F(xiàn)″(x)＝ex﹣sin x﹣cs x＝f(x)．
由(1)可知：F″(x)＝f(x)≥0在x＞﹣eq \f(5π,4)時(shí)恒成立，
所以F′(x)＝ex＋cs x﹣sin x﹣a在(﹣eq \f(5π,4)，＋∞)單調(diào)遞增．
①若a＝2，則F′(x)在(﹣eq \f(5π,4)，0)為負(fù)，(0，＋∞)為正，
所以F(x)在(﹣eq \f(5π,4)，0)遞減，在(0，＋∞)遞增，所以F(x)≥0；
而當(dāng)x≤﹣eq \f(5π,4)時(shí)，F(xiàn)(x)＝ex＋sin x＋cs x﹣2﹣2x≥ex＋sin x＋cs x﹣2＋eq \f(5π,2)≥eq \f(5π,2)﹣2﹣eq \r(2)>0，
故a＝2滿足題意．
②若a>2，則F′(0)＝2﹣a

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