第3講　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式(5年3考)
考向1　構(gòu)造函數(shù)法(最值法)證明單變量不等式

[高考解讀]　以我們熟知的不等關(guān)系，如ln x＜x，ln(x＋1)≤x，ex≥x＋1等為載體，通過(guò)變形或適當(dāng)重組，形成一道新穎的題目.重在考查學(xué)生的等價(jià)轉(zhuǎn)化能力，邏輯推理及數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力.
(2016·全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)證明當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1＜＜x；
(3)設(shè)c>1，證明當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x＞cx.
切入點(diǎn)：(1)當(dāng)x＞1時(shí)，1＜＜x?ln x＜x－1＜xln x；(2)構(gòu)造函數(shù)g(x)＝1＋(c－1)x－cx，借助(2)的討論求解．
[解](1)由題設(shè)，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．
(2)證明：由(1)知，f(x)在x＝1處取得最大值，
最大值為f(1)＝0.
所以當(dāng)x≠1時(shí)，ln x＜x－1.
故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，ln x＜x－1，ln＜－1，
即1＜＜x.
(3)證明：由題設(shè)c＞1，設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
則g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x)＝0，解得x0＝.
當(dāng)x＜x0時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞x0時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＞0.
所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x＞cx.

單變量不等式的證明方法
(1)移項(xiàng)法：證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)構(gòu)造“形似”函數(shù)：對(duì)原不等式同解變形，如移項(xiàng)、通分、取對(duì)數(shù)；把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)；
(3)最值法：欲證f(x)＜g(x)，有時(shí)可以證明f(x)max＜g(x)min.
提醒：拆分函數(shù)時(shí)，ex和ln x盡量分到兩個(gè)不同的函數(shù)中．
(4)放縮法：若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進(jìn)行放縮，再重新構(gòu)造函數(shù)．

[一題多解](與ex，ln x有關(guān)的不等式證明問(wèn)題)已知函數(shù)f(x)＝1－ln x＋a2x2－ax(a∈R)．
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若a＝0且x∈(0,1)，求證：＋x2－＜1.
[解](1)a＝0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上遞減；
a＞0時(shí)，f(x)在上遞減，
在上遞增；
a＜0時(shí)，f(x)在上遞減，
在上遞增．
(2)法一：(最值法)若a＝0且x∈(0,1)，
欲證＋x2－＜1，
只需證＋x2－＜1，
即證x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex.
設(shè)函數(shù)g(x)＝x(1－ln x)，則g′(x)＝－ln x.
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＞0，故函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，
所以g(x)＜g(1)＝1.
設(shè)函數(shù)h(x)＝(1＋x－x3)ex，則h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex.
設(shè)函數(shù)p(x)＝2＋x－3x2－x3，則p′(x)＝1－6x－3x2.
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，p′(0)·p′(1)＝－8＜0，
故存在x0∈(0,1)，使得p′(x0)＝0，
從而函數(shù)p(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0,1)上單調(diào)遞減．
當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，p(x0)＞p(0)＝2，當(dāng)x∈(x0,1)時(shí)，p(x0)·p(1)＜－2＜0，
故存在x1∈(0,1)，使得h′(x1)＝0，
即當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，p(x)＞0，當(dāng)x∈(x1,1)時(shí)，p(x)＜0，
從而函數(shù)h(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1,1)上單調(diào)遞減．
因?yàn)閔(0)＝1，h(1)＝e，
所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)＞h(0)＝1，
所以x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，
即＋x2－＜1，x∈(0,1)．
法二：(放縮法)若a＝0且x∈(0,1)，
欲證＋x2－＜1，
只需證＋x2－＜1，
即證x(1－ln x)＜(1＋x－x3)ex.
設(shè)函數(shù)g(x)＝x(1－ln x)，則g′(x)＝－ln x，
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＞0，故函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增．
所以g(x)＜g(1)＝1.
設(shè)函數(shù)h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，
因?yàn)閤∈(0,1)，所以x＞x3，所以1＋x－x3＞1，
又1＜ex＜e，所以h(x)＞1，
所以g(x)＜1＜h(x)，
即原不等式成立．
法三：(放縮法)若a＝0且x∈(0,1)，
欲證＋x2－＜1，
只需證＋x2－＜1，
由于1－ln x＞0，ex＞e0＝1，則只需證明1－ln x＋x2－＜1，
只需證明ln x－x2＋＞0，令g(x)＝ln x－x2＋，
則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＝－2x－＝＜＜0，
則函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則g(x)＞g(1)＝0，
所以ln x－x2＋＞0，
即原不等式原立．
[點(diǎn)評(píng)]　含“x”的不等式證明,考題第二問(wèn)出現(xiàn)含x的不等式，往往是對(duì)所求證的不等式先進(jìn)行等價(jià)變形，如移項(xiàng)、分解、重組，放縮等手段，化為更加加強(qiáng)的不等式的證明，甚至構(gòu)造兩個(gè)系數(shù)，其中放縮法比較靈活.
①x＞0時(shí)，證明：\f(x＋1,ex)(1－x－xln x)＜1＋e－2.
析：令g(x)＝，h(x)＝1－x－xln x.
易證0＜g(x)＜1，h′(x)＝－ln x－2.
∵h(yuǎn)(x)在(0，e－2)上遞增，在(e－2，＋∞)上遞減，
∴h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2，
∴g(x)h(x)＜1＋e－2.
②當(dāng)m≤2時(shí)，求證：ex－ln(x＋m)＞0.
證明：當(dāng)m≤2時(shí)，x∈(－m，＋∞)，
∵ln(x＋m)≤ln(x＋2)，
∴只需證：ex－ln(x＋2)＞0.
令g(x)＝ex－ln(x＋2)，
g′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上遞增.
又∵g′(－1)＝－1＜0，g′(0)＝＞0，
∴存在唯一實(shí)數(shù)x0∈(－1，0)，使g′(x0)＝0，即ex0＝.
∴當(dāng)x∈(－1，x0)時(shí)，g′(x)＜0，x∈(x0，0)時(shí)，g′(x)＞0.
∵g(x)min＝g(x0)＝ex0－ln(x0＋2)＝＋x0
＝＋x0＋2－2＞0.
考向2　轉(zhuǎn)化法證明雙變量不等式

[高考解讀]　以對(duì)數(shù)函數(shù)與線性函數(shù)的組合為載體，以函數(shù)的極值點(diǎn)、零點(diǎn)為依托，將函數(shù)、方程、不等式巧妙的融合在一起，重在考查學(xué)生的等價(jià)轉(zhuǎn)化能力、數(shù)學(xué)運(yùn)算能力和邏輯推理能力.
(2018·全國(guó)卷Ⅰ改編)已知函數(shù)f(x)＝－x＋aln x存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：＜a－2.
切入點(diǎn)： f′(x1)＝f′(x2)＝0，借助方程思想找出x1，x2的等量關(guān)系，構(gòu)造函數(shù)借助單調(diào)性證明不等式．
[解]　∵f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－，
易知當(dāng)且僅當(dāng)a＞2時(shí)，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)．
由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設(shè)x1＜x2，則x2＞1，
由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，
所以＜a－2等價(jià)于－x2＋2ln x2＜0.
設(shè)函數(shù)g(x)＝－x＋2ln x，
g′(x)＝－－1＋＝
＝≤0，
∴g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，
又g(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＜0，
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.

證明雙變量不等式的兩種常見方法
對(duì)于形如f(x1，x2)＞A的不等式，其證明中的常見變形有以下兩種：
(1)消元法：即借助題設(shè)條件，建立x1與x2的等量關(guān)系，如x2＝g(x1)，從而將f(x1，x2)＞A的雙變量不等式化成h(x1)＞A的單變量不等式；
(2)換元法：結(jié)合題設(shè)條件，有時(shí)需要先對(duì)含有雙變量的不等式進(jìn)行“除法”變形，再對(duì)含有雙變量的局部代數(shù)式進(jìn)行“換元”處理，將雙變量問(wèn)題等價(jià)轉(zhuǎn)化為單變量問(wèn)題，即構(gòu)建形如形式．

(與零點(diǎn)有關(guān)的雙變量問(wèn)題)已知函數(shù)f(x)＝ax－ln x(a∈R)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，證明：＋＞2.
[解](1)a≤0時(shí)，減區(qū)間為(0，＋∞)，沒(méi)有增區(qū)間；
a＞0時(shí)，減區(qū)間為 ，增區(qū)間為.
(2)證明：函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1，x2，則a＞0，不妨設(shè)x1＜x2，則ln x1－ax1＝0，
ln x2－ax2＝0，
ln x2－ln x1＝a(x2－x1)．
要證＋＞2，只需證＋＞2a，
只需證＞a，
只需證＞，只需證＞ln ，
只需證ln ＜.
令t＝，則t＞1，即證ln t＜.
設(shè)φ(t)＝ln t－，則φ′(t)＝＜0，即函數(shù)φ(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(t)＜φ(1)＝0.
即得＋＞2.
　利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立(能成立)中的參數(shù)問(wèn)題(5年2考)
考向1　分離參數(shù)或構(gòu)造函數(shù)解決恒成立(能成立)問(wèn)題

[高考解讀]　以不等式中的恒成立(能成立)為載體，考查學(xué)生的等價(jià)轉(zhuǎn)化能力，考查函數(shù)最值的求法，邏輯推理能力及數(shù)學(xué)運(yùn)算的素養(yǎng).
(2017·全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)設(shè)m為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，·…·＜m，求m的最小值．
[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
①若a≤0，因?yàn)閒＝－＋aln 2＜0，所以不滿足題意．
②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，
當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)0.
所以f(x)在(0，a)單調(diào)遞減，在(a，＋∞)單調(diào)遞增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點(diǎn)．
由于f(1)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥0，
故a＝1.
(2)由(1)知當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln＜，
從而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1.
故·…·＜e.
而＞2，
所以m的最小值為3.

不等式恒成立、能成立問(wèn)題常用解法
(1)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為求最值，不等式恒成立問(wèn)題在變量與參數(shù)易于分離的情況下，采用分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.
(2)直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題，在參數(shù)難于分離的情況下，直接轉(zhuǎn)化為含參函數(shù)的最值問(wèn)題，注意對(duì)參數(shù)的分類討論．
(3)數(shù)形結(jié)合，構(gòu)造函數(shù)，借助函數(shù)圖象的幾何直觀性求解，一定要重視函數(shù)性質(zhì)的靈活應(yīng)用．
(4)恒成立(能成立)問(wèn)題出現(xiàn)在壓軸題第二問(wèn)，分離參數(shù)法一般不好做，原因有兩點(diǎn)：一是分離后求最值利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性．不好研究(多次求導(dǎo)無(wú)果或越求導(dǎo)越復(fù)雜)．二是遇到一個(gè)障礙點(diǎn)，如研究出f(x)在(1，＋∞)上遞減，f(x)＜f(1)，而f(1)無(wú)意義，需要用到“洛必達(dá)法則”．所以一般不分離，直接利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性(需討論)，轉(zhuǎn)化求最值，注意定義域、端點(diǎn)值的利用，先出結(jié)果，排除反面．

1．(能成立問(wèn)題)設(shè)函數(shù)f(x)＝2ln x－mx2＋1.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)f(x)有極值時(shí)，若存在x0，使得f(x0)＞m－1成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
[解](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝－2mx＝，
當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)m＞0時(shí)，令f′(x)＞0，則0＜x＜，令f′(x)＜0，則x＞，∴f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
(2)由(1)知，當(dāng)f(x)有極值時(shí)，m＞0，且f(x)在 上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
∴f(x)max＝f＝2ln－m·＋1＝－ln m，
若存在x0，使得f(x0)＞m－1成立，則f(x)max＞m－1.
即－ln m＞m－1，ln m＋m－1＜0成立，
令g(x)＝x＋ln x－1(x＞0)，
∵g′(x)＝1＋＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g(1)＝0，
∴0＜m＜1.
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是(0,1)．
2．(有限定范圍恒成立問(wèn)題)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)當(dāng)a＝4時(shí)，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；
(2)若當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)＞0，求a的取值范圍．
[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
當(dāng)a＝4時(shí)，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.
(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)＞0等價(jià)于ln x－＞0，
設(shè)g(x)＝ln x－，
則g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①當(dāng)a≤2，x∈(1，＋∞)時(shí)，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，因此g(x)＞g(1)＝0.
②當(dāng)a＞2時(shí)， 令g′(x)＝0，
得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1.
故當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上單調(diào)遞減，
因此g(x)＜g(1)＝0，
綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，2]．
考向2　最值定位法解決雙變量不等式恒成立問(wèn)題

[高考解讀]　以不等式恒成立(能成立)為載體，融合(特)稱命題于其中，重在考查學(xué)生的最值轉(zhuǎn)化能力，考查邏輯推理及數(shù)學(xué)運(yùn)算的素養(yǎng).
(2015·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)證明：f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增；
(2)若對(duì)于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍．
切入點(diǎn)：(1)先對(duì)f(x)求導(dǎo)，再根據(jù)m的取值范圍分別討論f′(x)與0的關(guān)系，從而得證；
(2)對(duì)于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1說(shuō)明函數(shù)f(x)的最大值與最小值的差不大于e－1，結(jié)合(1)的結(jié)論求m的取值范圍．
[解](1)證明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.
若m≥0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，emx－1≤0，f′(x)＜0；
當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，emx－1≥0，f′(x)>0.
若m＜0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，emx－1>0，f′(x)0，即em－m>e－1；
當(dāng)m0，即e－m＋m>e－1.
綜上，m的取值范圍是[－1,1]．

常見的雙變量不等式恒成立問(wèn)題的類型
(1)對(duì)于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，
使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)max≤g(x2)max.
(2)對(duì)于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，
使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)min.
(3)若存在x1∈[a，b]，對(duì)任意的x2∈[m，n]，
使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)min≤g(x2)min.
(4)若存在x1∈[a，b]，對(duì)任意的x2∈[m，n]，
使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)max≥g(x2)max.
(5)對(duì)于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，
使得f(x1)≤g(x2)?f(x1)max≤g(x2)min.
(6)對(duì)于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，
使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)max.

(與量詞有關(guān)的不等式恒成立問(wèn)題)已知函數(shù)f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，求f(x)的最小值；
(2)當(dāng)a＜1時(shí)，若存在x1∈[e，e2]，使得對(duì)任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍．
[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝.
①當(dāng)a≤1時(shí)，x∈[1，e]，f′(x)≥0，
f(x)為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②當(dāng)1＜a＜e時(shí)，x∈[1，a]時(shí)，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)；x∈[a，e]時(shí)，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③當(dāng)a≥e時(shí)，x∈[1，e]時(shí)，f′(x)≤0，
f(x)在[1，e]上為減函數(shù)．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
綜上，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)min＝1－a；
當(dāng)1＜a＜e時(shí)，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
當(dāng)a≥e時(shí)，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由題意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．
由(1)知當(dāng)a＜1時(shí)，f(x)在[e，e2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.
當(dāng)x∈[－2,0]時(shí)，g′(x)≤0，g(x)為減函數(shù)，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－＜1，即a＞，
所以a的取值范圍為.
　利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題(5年4考)
考向1　根據(jù)參數(shù)確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)

[高考解讀]　以函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的判定為載體，考查學(xué)生分類討論及數(shù)形結(jié)合的思想，考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)圖象變化中的作用，考查學(xué)生的邏輯推理能力及數(shù)學(xué)運(yùn)算的素養(yǎng).
(2019·全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ln x－.
(1)討論f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；
(2)設(shè)x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．
切入點(diǎn)：(1)由f′(x)＞0(＜0)判斷f(x)的單調(diào)性，借助零點(diǎn)存在性定理判斷f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；
(2)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義證明．
[解](1)f(x)的定義域?yàn)?0,1)∪(1，＋∞)．
因?yàn)閒′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)單調(diào)遞增．
因?yàn)閒(e)＝1－＜0，f(e2)＝2－＝＞0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零點(diǎn)x1，即f(x1)＝0.又0＜＜1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零點(diǎn).
綜上，f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．
(2)因?yàn)椋絜，故點(diǎn)B在曲線y＝ex上．
由題設(shè)知f(x0)＝0，即ln x0＝，故直線AB的斜率
k＝＝＝.
曲線y＝ex在點(diǎn)B處切線的斜率是，曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處切線的斜率也是，所以曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處的切線也是曲線y＝ex的切線．
[教師備選題]
(2015·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.
(1)當(dāng)a為何值時(shí)，x軸為曲線y＝f(x)的切線？
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，設(shè)函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，討論h(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
切入點(diǎn)：(1)設(shè)切點(diǎn)為(x0,0)，由條件得f(x0)＝0，f′(x0)＝0，由此列方程組，進(jìn)而解得結(jié)果．
(2)分x＞1，x＝1,0＜x＜1三種情形討論h(x)的零點(diǎn)．
[解](1)設(shè)曲線y＝f(x)與x軸相切于點(diǎn)(x0,0)，則f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即
解得
因此，當(dāng)a＝－時(shí)，x軸為曲線y＝f(x)的切線．
(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＝－ln x

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