第4講　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與熱點(diǎn)問題
[考情考向·高考導(dǎo)航]
導(dǎo)數(shù)日益成為解決問題必不可少的工具，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見題型，而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題，是高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn)．
解答題的熱點(diǎn)題型有：
(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式或探討方程的根．
(2)利用導(dǎo)數(shù)求解參數(shù)的范圍或值．

[真題體驗(yàn)]
1．(2018·全國Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)＝.
(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，－1)處的切線方程；
(2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＋e≥0.
解析：(1)由題意：f(x)＝得f′(x)＝＝
；∴f′(0)＝＝2；即曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，－1)處的切線斜率為2，
∴y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0.
(2)當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＋e≥，
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，
則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1，
當(dāng)x＜－1時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞－1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增．
所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此當(dāng)a≥1，f(x)＋e≥0.
2．(2019·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ln x－x－1.證明：
(1)f(x)存在唯一的極值點(diǎn)；
(2)f(x)＝0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)．
證明：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－，
因?yàn)閥＝ln x單調(diào)遞增，y＝單調(diào)遞減，所以f′(x)單調(diào)遞增，又f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln 2－＝＞0，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.
又當(dāng)x＜x0時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞x0時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，因此，f(x)存在唯一的極值點(diǎn)．
(2)由(1)知f(x0)＜f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3＞0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)內(nèi)存在唯一根x＝a.
由α＞x0＞1得＜1＜x0.
又f＝ln－－1＝＝0，故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．
綜上，f(x)＝0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)．
[主干整合]
1．常見構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法
(1)直接構(gòu)造法：證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的問題轉(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)：稍作變形后構(gòu)造．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)適當(dāng)放縮后再構(gòu)造：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)．
(4)構(gòu)造雙函數(shù)：若直接構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)，難以判斷符號(hào)，導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)也不易求得，因此單調(diào)性和極值點(diǎn)都不易獲得，從而構(gòu)造f(x)和g(x)，利用其最值求解．
2．不等式的恒成立與能成立問題
(1)f(x)＞g(x)對(duì)一切x∈[a，b]恒成立?[a，b]是f(x)＞g(x)的解集的子集?[f(x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b])．
(2)f(x)＞g(x)對(duì)x∈[a，b]能成立?[a，b]與f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b])．
(3)對(duì)?x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min.
(4)對(duì)?x1∈[a，b]，?x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min.
3．零點(diǎn)存在性定理在函數(shù)的零點(diǎn)問題中的應(yīng)用
第一步：求導(dǎo)函數(shù)　根據(jù)導(dǎo)數(shù)公式，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，并寫出定義域．
第二步：討論單調(diào)性　由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)討論函數(shù)的單調(diào)性．
第三步：定區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值符號(hào)　確定單調(diào)區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值及符號(hào)．
第四步：判定零點(diǎn)　根據(jù)零點(diǎn)存在性定理判斷零點(diǎn)存在與否及其個(gè)數(shù)．
4．分離參數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法解決函數(shù)的零點(diǎn)問題
第一步：分離參變量　由已知的含參方程將參數(shù)與已知變量分離．
第二步：研究函數(shù)　將已知范圍的變量的代數(shù)式作為函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其圖象．
第三步：利用圖象找交點(diǎn)　利用圖象找到產(chǎn)生不同交點(diǎn)個(gè)數(shù)的參數(shù)的取值范圍．
第四步：運(yùn)動(dòng)定范圍　通過改變未知變量的范圍找出臨界條件．

熱點(diǎn)一　利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題
利用導(dǎo)數(shù)證明不等式
[例1－1]　(2019·梅州三模節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ln(x－1)．
(1)證明：f(x＋1)≤－；
(2)證明：e2x－2(x－1)ex≥2x＋3.
[審題指導(dǎo)]　第(1)小題利用移項(xiàng)作差構(gòu)造法構(gòu)造函數(shù)，通過求導(dǎo)研究函數(shù)的單調(diào)性，求解最值即可；第(2)小題利用換元的思想和第(1)小題的結(jié)論證明不等式．
[解析]　(1)令h(x)＝f(x＋1)－＋(x＞0)，
則h(x)＝ln x－＋，h′(x)＝－－＝＝，
所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)＞0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(1)＝0，
所以f(x＋1)≤－.
(2)由(1)易知ln t≤－，t＞0.
要證e2x－2(x－1)ex≥2x＋3，即(ex＋1)2≥2x(ex＋1)＋4，
只需證ex＋1≥2x＋，即證≥x＋.
令t＝ex，則x≤－，即x＋≤，得證．

用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法
(1)利用單調(diào)性：若f(x)在[a，b]上是增函數(shù)，則①?x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②?x1，x2∈[a，b]，且x1＜x2，有f(x1)＜f(x2)．對(duì)于減函數(shù)有類似結(jié)論．
(2)利用最值：若f(x)在某個(gè)范圍D內(nèi)有最大值M(或最小值m)，則?x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．
(3)證明f(x)＜g(x)，可構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，證明F(x)＜0.
　　　　利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立、存在性問題
[例1－2]　(2019·西安三模)已知f(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2，g(x)＝k(x＋1)．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．
(2)當(dāng)k＝2時(shí)，求證：對(duì)于?x＞－1，f(x)＜g(x)恒成立．
(3)若存在x0＞－1，使得當(dāng)x∈(－1，x0)時(shí)，恒有f(x)＞g(x)成立，試求k的取值范圍．
[審題指導(dǎo)]　(1)求f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，再求單調(diào)區(qū)間．
(2)構(gòu)造函數(shù)證明不等式．
(3)構(gòu)造函數(shù)、研究其單調(diào)性，從而確定參數(shù)范圍．
[解析]　(1)f′(x)＝－2(x＋1)
＝(x＞－2)．
當(dāng)f′(x)＞0時(shí)，x2＋3x＋1＜0，解得－2＜x＜.
當(dāng)f′(x)＜0時(shí)，解得x＞.
所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為，
單調(diào)減區(qū)間為.
(2)證明：設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)
＝2ln(x＋2)－(x＋1)2－k(x＋1)(x＞－1)．
當(dāng)k＝2時(shí)，由題意，當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，h(x)＜0恒成立．
h′(x)＝－2＝，
當(dāng)x＞－1時(shí)，h′(x)＜0恒成立，h(x)單調(diào)遞減．
又h(－1)＝0，當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，h(x)＜h(－1)＝0恒成立，即f(x)－g(x)＜0對(duì)于?x＞－1，f(x)＜g(x)恒成立．
(3)因?yàn)閔′(x)＝－k
＝－.
由(2)知，當(dāng)k＝2時(shí)，f(x)＜g(x)恒成立，即對(duì)于x＞－1，2ln(x＋2)－(x＋1)2＜2(x＋1)，不存在滿足條件的x0；當(dāng)k＞2時(shí)，對(duì)于x＞－1，x＋1＞0，此時(shí)2(x＋1)＜k(x＋1)．
2ln(x＋2)－(x＋1)2＜2(x＋1)＜k(x＋1)，即f(x)＜g(x)恒成立，不存在滿足條件的x0；
當(dāng)k＜2時(shí)，令t(x)＝－2x2－(k＋6)x－(2k＋2)，可知t(x)與h′(x)符號(hào)相同，
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，t(x)＜0，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減．
當(dāng)x∈(－1，x0)時(shí)，h(x)＞h(－1)＝0，即f(x)－g(x)＞0恒成立．
綜上，k的取值范圍為(－∞，2)．

1．利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題的“兩種”常用方法
(1)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題：將原不等式分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題，利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的最值，根據(jù)要求得所求范圍．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可．
(2)轉(zhuǎn)化為含參數(shù)函數(shù)的最值問題：將不等式轉(zhuǎn)化為某含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問題，利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的極值(最值)，伴有對(duì)參數(shù)的分類討論，然后構(gòu)建不等式求解．
2．存在型不等式恒成立問題的求解策略
“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補(bǔ)”關(guān)系，即f(x)≥g(a)對(duì)于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應(yīng)求f(x)的最大值．在具體問題中究竟是求最大值還是最小值，可以先聯(lián)想“恒成立”是求最大值還是最小值，這樣，就可以解決相應(yīng)的“存在性”問題是求最大值還是最小值，然后構(gòu)建目標(biāo)不等式求參數(shù)范圍．

(2020·江淮十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；
(2)若a＝－2，正實(shí)數(shù)x1，x2滿足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，證明：x1＋x2≥.
解析：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ln x＋x，則f(1)＝1，∴切點(diǎn)為(1,1)，又f′(x)＝＋1，
∴切線斜率k＝f′(1)＝2.
故切線方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)證明：當(dāng)a＝－2時(shí)，f(x)＝ln x＋x2＋x，x＞0.
f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
即ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
從而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)．
令t＝x1x2，φ(t)＝t－ln t，
得φ′(t)＝1－＝.
易知φ(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以φ(t)≥φ(1)＝1，
所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1.
又x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥.
熱點(diǎn)二　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)問題
直觀
想象
素養(yǎng)
直觀想象——數(shù)形結(jié)合求解零點(diǎn)問題
在運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想分析和解決問題時(shí)，要注意三點(diǎn)：第一要徹底明白一些概念和運(yùn)算的幾何意義以及曲線的代數(shù)特征，對(duì)數(shù)學(xué)題目中的條件和結(jié)論既分析其幾何意義又分析其代數(shù)意義；第二是恰當(dāng)設(shè)參、合理用參，建立關(guān)系，由數(shù)思形，以形想數(shù)，做好數(shù)形轉(zhuǎn)化；第三是正確確定參數(shù)的取值范圍．在解答導(dǎo)數(shù)問題中，主要存在兩類問題，一是“有圖考圖”，二是“無圖考圖”.
[例2]　(2019·日照三模)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－a(ln x＋1)(a＞0)．
(1)證明：當(dāng)a≤時(shí)，f(x)≥0.
(2)判斷函數(shù)f(x)有幾個(gè)不同的零點(diǎn)，并說明理由．
[審題指導(dǎo)]　(1)要證明f(x)≥0，只需證明f(x)min≥0，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求出f(x)min，證明其在0＜a≤時(shí)恒大于等于0即可．
(2)要判斷函數(shù)f(x)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，結(jié)合(1)需分a＝，0＜a＜，a＞，三種情況進(jìn)行分類討論．
[解析]　(1)函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
令f′(x)＝2x－＝＝0，則x＝ ，
所以當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，
所以f(x)的最小值為f＝－，
當(dāng)0＜a≤時(shí)，ln＋1≤ln＋1＝0，
所以f＝－≥0，
所以f(x)≥0成立．
(2)①當(dāng)a＝時(shí)，由(1)得，f(x)＝x2－(ln x＋1)的最小值為f＝0，
即f(x)＝x2－(ln x＋1)有唯一的零點(diǎn)x＝；
②當(dāng)0＜a＜時(shí)，由(1)得，f(x)＝x2－a(ln x＋1)的最小值為f＝－，
且f＝－＞0，即f(x)＝x2－a(ln x＋1)不存在零點(diǎn)；
③當(dāng)a＞時(shí)，f(x)的最小值f＝－＜0，又＜ ，f＝＞0，所以函數(shù)f(x)在上有唯一的零點(diǎn)，
又當(dāng)a＞時(shí)，a＞ ，f(a)＝a2－a(ln a＋1)＝a(a－ln a－1)，
令g(a)＝a－ln a－1，g′(a)＝1－＝，
g′(a)＝0，得a＝1，可知g(a)在上遞減，在(1，＋∞)上遞增，
所以g(a)≥g(1)＝0，所以f(a)≥0，所以函數(shù)f(x)在上有唯一的零點(diǎn)，
所以，當(dāng)a＞時(shí)，f(x)有2個(gè)不同的零點(diǎn)，
綜上所述，①當(dāng)a＝時(shí)，有唯一的零點(diǎn)；②當(dāng)0＜a＜時(shí)，不存在零點(diǎn)；③當(dāng)a＞時(shí)，有2個(gè)不同的零點(diǎn)．

1．對(duì)于函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)的相關(guān)問題，利用導(dǎo)數(shù)和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想來求解，這類問題求解的通法是：
(1)構(gòu)造函數(shù)，這是解決此類問題的關(guān)鍵點(diǎn)和難點(diǎn)，并求其定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)，得單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)；(3)畫出函數(shù)草圖；(4)數(shù)形結(jié)合，挖掘隱含條件，確定函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)情況，進(jìn)而求解．
2．研究方程的根的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢(shì)等，并借助函數(shù)的大致圖象判斷方程的根的情況，這是導(dǎo)數(shù)這一工具在研究方程中的重要應(yīng)用．

(2020·佛山模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x2－ax)ln x＋x2(其中a∈R)，
(1)若a＞0，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．
(2)若a＜0，求證：函數(shù)f(x)有唯一的零點(diǎn)．
解析：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝(2x－a)ln x＋(x2－ax)＋x＝(2x－a)ln x＋2x－a＝(2x－a)(1＋ln x)，令f′(x)＝0，
即(2x－a)(1＋ln x)＝0?x1＝，x2＝，
①當(dāng)x1＝x2，即＝，a＝時(shí)，f′(x)≥0，f(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)；
②當(dāng)x1＜x2，即＜，0＜a＜時(shí)，
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
③當(dāng)x2＜x1，即＜，a＞時(shí)，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
綜上所述，當(dāng)0＜a＜時(shí)，f(x)在，單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；
當(dāng)a＝時(shí)，f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞時(shí)，f(x)在，單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減．
(2)若a＜0，令f′(x)＝0，即(2x－a)(1＋ln x)＝0，得x＝，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，
故當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取得極小值f＝ln＋＝＜0，
以下證明：在區(qū)間上，f(x)＜0，
令x＝，t＞1，則x∈，
f(x)＝f＝，f(x)＜0?f＜0?(－t)＋＜0?atet－t＋＜0?atet＜t－，因?yàn)閍＜0，t＞1，不等式atet＜t－顯然成立，故在區(qū)間上，f(x)＜0，
又f(1)＝＞0，即f(1)f＜0，故當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)f(x)有唯一的零點(diǎn)x0∈.

限時(shí)60分鐘　滿分60分
解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分)
1．(2019·天津卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝excos x，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)x∈時(shí)，證明f(x)＋g(x)≥0.
解析：(1)由已知，有f′(x)＝ex(cos x－sin x)．因此，當(dāng)x∈(k∈Z)時(shí)，有sin x＞cos x，得f′(x)＜0，則f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(k∈Z)時(shí)，有sin x＜cos x，得f′(x)＞0，則f(x)單調(diào)遞增．
所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(k∈Z)．
(2)證明：記h(x)＝f(x)＋g(x)，依題意及(1)，有g(shù)(x)＝ex(cos x－sin x)，從而g′(x)＝－2exsin x．當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)＝g′(x)＜0.因此，h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，進(jìn)而h(x)≥h＝f＝0.所以，當(dāng)x∈時(shí)，f(x)＋g(x)≥0.
2．(2019·大慶三模)設(shè)函數(shù)f(x)＝－kln x，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，)上僅有一個(gè)零點(diǎn)．
解析：(1)由f(x)＝－kln x(k＞0)得f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0解得x＝.
f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下：
x
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)



所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)；f(x)在x＝處取得極小值f()＝.
(2)證明：由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝.
因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，所以≤0，從而k≥e.
當(dāng)k＝e時(shí)，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f()＝0，
所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點(diǎn)．
當(dāng)k＞e時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減，且f(1)＝＞0，f()＝＜0，
所以f(x)在區(qū)間(1，]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，]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．
3．(2019·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．
(1)證明：f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點(diǎn)；
(2)若x∈[0，π]時(shí)，f(x)≥ax，求a的取值范圍．
解：(1)設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.
當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
又g(0)＝0，g＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零點(diǎn)，
所以f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點(diǎn)．
(2)由題設(shè)知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0，
由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0，且當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(x0，π)時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，π)上單調(diào)遞減．
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，f(x)≥0.
又當(dāng)a≤0，x∈[0，π]時(shí)，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范圍是(－∞，0]．
4．(2019·成都診斷)已知函數(shù)f(x)＝(x2－2ax＋a2)·ln x，a∈R.
(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)a＝－1時(shí)，令F(x)＝＋x－ln x，證明：F(x)≥－e－2，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)；
(3)若函數(shù)f(x)不存在極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解析：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x2ln x(x＞0)，此時(shí)f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)．
令f′(x)＞0，解得x＞e－.
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e－，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－)．
(2)證明：F(x)＝＋x－ln x＝xln x＋x.
由F′(x)＝2＋ln x，得F(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴F(x)≥F(e－2)＝－e－2.
(3)f′(x)＝2(x－a)ln x＋＝·(2xln x＋x－a)．
令g(x)＝2xln x＋x－a，則g′(x)＝3＋2ln x，
∴函數(shù)g(x)在(0，e－)上單調(diào)遞減，在(e－，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(e－)＝－2e－－a.
①當(dāng)a≤0時(shí)，∵函數(shù)f(x)無極值，∴－2e－－a≥0，解得a≤－2e－.
②當(dāng)a＞0時(shí)，g(x)min＝－2e－－a＜0，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上存在零點(diǎn)，記為x0.
由函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)，易知x＝a為方程f′(x)＝0的重根，
∴2aln a＋a－a＝0，即2aln a＝0，a＝1.
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，x0＜1且x0≠a，函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x0；
當(dāng)a＞1時(shí)，x0＞1且x0≠a，函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x0；
當(dāng)a＝1時(shí)，x0＝1，此時(shí)函數(shù)f(x)無極值．
綜上，a≤－2e－或a＝1.
5．(2019·深圳三模)已知函數(shù)f(x)＝xln x.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：對(duì)任意的t＞0，存在唯一的m使t＝f(m)；
(3)設(shè)(2)中所確定的m關(guān)于t的函數(shù)為m＝g(t)，證明：當(dāng)t＞e時(shí)，有＜＜1.
解析：(1)∵f(x)＝xln x，
∴f′(x)＝ln x＋1(x＞0)，
∴當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)f(x)在上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在上單調(diào)遞增．
(2)證明：∵當(dāng)0＜x≤1時(shí)，f(x)≤0，又t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)，
由(1)知h(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)，
h(1)＝－t＜0，h(et)＝t(et－1)＞0，
∴存在唯一的m，使t＝f(m)成立．
(3)證明：∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t＞0，
當(dāng)t＞e時(shí)，若m＝g(t)≤e，則由f(m)的單調(diào)性有t＝f(m)≤f(e)＝e，矛盾，∴m＞e，
又＝＝＝＝，
其中u＝ln m，u＞1，要使＜＜1成立，只需0＜ln u＜u，
令F(u)＝ln u－u，u＞1，F(xiàn)′(u)＝－，
當(dāng)1＜u＜時(shí)F′(u)＞0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞增，當(dāng)u＞時(shí)，F(xiàn)′(u)＜0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞減．
∴對(duì)u＞1，F(xiàn)(u)≤F＜0，即ln u＜u成立．
綜上，當(dāng)t＞e時(shí)，＜＜1成立．

限時(shí)60分鐘　滿分60分
解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分)
1．(2019·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．
(1)證明：f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點(diǎn)；
(2)若x∈[0，π]時(shí)，f(x)≥ax，求a的取值范圍．
解：(1)設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.
當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
又g(0)＝0，g＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零點(diǎn)，
所以f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點(diǎn)．
(2)由題設(shè)知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0，
由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0，且當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(x0，π)時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，π)上單調(diào)遞減．
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，f(x)≥0.
又當(dāng)a≤0，x∈[0，π]時(shí)，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范圍是(－∞，0]．
2．(2020·成都診斷)已知函數(shù)f(x)＝(x2－2ax＋a2)·ln x，a∈R.
(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)a＝－1時(shí)，令F(x)＝＋x－ln x，證明：F(x)≥－e－2，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)；
(3)若函數(shù)f(x)不存在極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解析：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x2ln x(x＞0)，此時(shí)f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)．
令f′(x)＞0，解得x＞e－.
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e－，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e－)．
(2)證明：F(x)＝＋x－ln x＝xln x＋x.
由F′(x)＝2＋ln x，得F(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴F(x)≥F(e－2)＝－e－2.
(3)f′(x)＝2(x－a)ln x＋＝·(2xln x＋x－a)．
令g(x)＝2xln x＋x－a，則g′(x)＝3＋2ln x，
∴函數(shù)g(x)在(0，e－)上單調(diào)遞減，在(e－，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(e－)＝－2e－－a.
①當(dāng)a≤0時(shí)，∵函數(shù)f(x)無極值，∴－2e－－a≥0，解得a≤－2e－.
②當(dāng)a＞0時(shí)，g(x)min＝－2e－－a＜0，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上存在零點(diǎn)，記為x0.
由函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)，易知x＝a為方程f′(x)＝0的重根，
∴2aln a＋a－a＝0，即2aln a＝0，a＝1.
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，x0＜1且x0≠a，函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x0；
當(dāng)a＞1時(shí)，x0＞1且x0≠a，函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)為a和x0；
當(dāng)a＝1時(shí)，x0＝1，此時(shí)函數(shù)f(x)無極值．
綜上，a≤－2e－或a＝1.
3．(2019·深圳三模)已知函數(shù)f(x)＝xln x.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：對(duì)任意的t＞0，存在唯一的m使t＝f(m)；
(3)設(shè)(2)中所確定的m關(guān)于t的函數(shù)為m＝g(t)，證明：當(dāng)t＞e時(shí)，有＜＜1.
解析：(1)∵f(x)＝xln x，
∴f′(x)＝ln x＋1(x＞0)，
∴當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)f(x)在上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在上單調(diào)遞增．
(2)證明：∵當(dāng)0＜x≤1時(shí)，f(x)≤0，又t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)，
由(1)知h(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)，
h(1)＝－t＜0，h(et)＝t(et－1)＞0，
∴存在唯一的m，使t＝f(m)成立．
(3)證明：∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t＞0，
當(dāng)t＞e時(shí)，若m＝g(t)≤e，則由f(m)的單調(diào)性有t＝f(m)≤f(e)＝e，矛盾，∴m＞e，
又＝＝＝＝，
其中u＝ln m，u＞1，要使＜＜1成立，只需0＜ln u＜u，
令F(u)＝ln u－u，u＞1，F(xiàn)′(u)＝－，
當(dāng)1＜u＜時(shí)F′(u)＞0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞增，當(dāng)u＞時(shí)，F(xiàn)′(u)＜0，F(xiàn)(u)單調(diào)遞減．
∴對(duì)u＞1，F(xiàn)(u)≤F＜0，即ln uu成立．
綜上，當(dāng)t＞e時(shí)，＜＜1成立．
4．(2019·廈門二調(diào))已知函數(shù)f(x)＝aln x，g(x)＝x＋＋f′(x)．
(1)討論h(x)＝g(x)－f(x)的單調(diào)性；
(2)若h(x)的極值點(diǎn)為3，設(shè)方程f(x)＋mx＝0的兩個(gè)根為x1，x2，且≥ea，求證：＞.
解析：(1)∵h(yuǎn)(x)＝g(x)－f(x)＝x－aln x＋，其定義域?yàn)?0，＋∞)，
∴h′(x)＝.
在(0，＋∞)遞增；
②a＋1＞0即a＞－1時(shí)，x∈(0,1＋a)時(shí)，h′(x)＜0，x∈(1＋a，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，
h(x)在(0,1＋a)遞減，在(1＋a，＋∞)遞增，
綜上，a＞－1時(shí)，h(x)在(0,1＋a)遞減，在(1＋a，＋∞)遞增，a≤－1時(shí)，h(x)在(0，＋∞)遞增．
(2)證明：由(1)得x＝1＋a是函數(shù)h(x)的唯一極值點(diǎn)，故a＝2.
∵2ln x1＋mx1＝0,2ln x2＋mx2＝0，
∴2(ln x2－ln x1)＝m(x1－x2)，
又f(x)＝2ln x，∴f′(x)＝，
＝
＝
＝＋m＝＋ln.
令＝t≥e2，φ(t)＝＋ln t，則φ′(t)＝＞0，
∴φ(t)在[e2，＋∞)上遞增，φ(t)≥φ(e2)＝1＋＞1＋＝.
故＞.
5．(2019·全國Ⅱ卷)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．
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)椋剑庶c(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．
高考解答題·審題與規(guī)范(一)　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)類考題
重在“拆分”
思維流程
　　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題一般以函數(shù)為載體，以導(dǎo)數(shù)為工具，重點(diǎn)考查函數(shù)的一些性質(zhì)，如含參函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值的探求與討論，復(fù)雜函數(shù)零點(diǎn)的討論，函數(shù)不等式中參數(shù)范圍的討論，恒成立和能成立問題的討論等，是近幾年高考試題的命題熱點(diǎn)．對(duì)于這類綜合問題，一般是先求導(dǎo)，再變形、分離或分解出基本函數(shù)，再根據(jù)題意處理.

真題案例
審題指導(dǎo)
審題方法
(12分)(2019·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，證明：
(1)f′(x)在區(qū)間存在唯一極大值點(diǎn)；
(2)f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn).
(1)設(shè)g(x)＝f′(x)，對(duì)g(x)求導(dǎo)可得g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，得證．
(2)對(duì)x進(jìn)行討論，當(dāng)x∈(－1,0]時(shí)，利用函數(shù)單調(diào)性確定此區(qū)間上有唯一零點(diǎn)；當(dāng)x∈時(shí)，利用函數(shù)單調(diào)性，確定f(x)先增后減且f(0)＝0，f＞0，所以此區(qū)間上沒有零點(diǎn)；當(dāng)x∈時(shí)，利用函數(shù)單調(diào)性確定此區(qū)間上有唯一零點(diǎn)；當(dāng)x∈(π，＋∞)時(shí)，f(x)＜0，所以此區(qū)間上沒有零點(diǎn).
審結(jié)論
問題解決的最終目標(biāo)就是求出結(jié)論或說明已給結(jié)論正確或錯(cuò)誤．因而解決問題時(shí)的思維過程大多都是圍繞著結(jié)論這個(gè)目標(biāo)進(jìn)行定向思考的．審視結(jié)論就是在結(jié)論的啟發(fā)下，探索已知條件和結(jié)論之間的內(nèi)在聯(lián)系和轉(zhuǎn)化規(guī)律．善于從結(jié)論中捕捉解題信息，善于對(duì)結(jié)論進(jìn)行轉(zhuǎn)化，使之逐步靠近條件，從而發(fā)現(xiàn)和確定解題方向．
規(guī)范解答
評(píng)分細(xì)則
[解析]　(1)設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cos x－，g′(x)＝－sin x＋.1分①
當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)單調(diào)遞減，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零點(diǎn).2分②
設(shè)零點(diǎn)為α.則當(dāng)x∈(－1，α)時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0.3分③
所以g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故g(x)在存在唯一極大值點(diǎn)，即f′(x)在存在唯一極大值點(diǎn).4分④
(2)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)．
(ⅰ)當(dāng)x∈(－1,0]時(shí)，由(1)知，f′(x)在(－1,0)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(－1,0)單調(diào)遞減．又f(0)＝0，從而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零點(diǎn).6分⑤
(ⅱ)當(dāng)x∈時(shí)，由(1)知，f′(x)在(0，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且當(dāng)x∈(0，β)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.8分⑥
又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以當(dāng)x∈時(shí)，f(x)＞0.從而，f(x)在沒有零點(diǎn).9分⑦
(ⅲ)當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在單調(diào)遞減．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零點(diǎn).10分⑧
(ⅳ)當(dāng)x∈(π，＋∞)時(shí)，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，從而f(x)在(π，＋∞)沒有零點(diǎn)．
綜上，f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn).12分⑨
第(1)問踩點(diǎn)得分
①構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f′(x)并正確求導(dǎo)g′(x)得1分．
②判斷g′(x)在上遞減，由零點(diǎn)存在定理判定g′(x)在有唯一零點(diǎn)α，得1分．
③判斷g′(x)在(－1，α)，上的符號(hào)，得1分．
④得出g(x)＝f′(x)在有唯一極大值點(diǎn)得1分．
第(2)問踩點(diǎn)得分
⑤判斷f′(x)在(－1,0)遞增，得1分，判斷f(x)在(－1,0)遞減，又f(0)＝0，有唯一零點(diǎn)，得1分．
⑥當(dāng)x∈時(shí)判斷f′(x)的單調(diào)性，得1分；判斷f′(x)存在零點(diǎn)β，研究f(x)的單調(diào)性，得1分．
⑦由f(0)＝0，f＞0，結(jié)合f(x)的單調(diào)性，得出f(x)在上無零點(diǎn)，得1分．
⑧當(dāng)x∈時(shí)，研究f(x)的單調(diào)性，由零點(diǎn)存在定理得出結(jié)論，得1分．
⑨當(dāng)x∈(π，＋∞)時(shí)，f(x)＜0，從而f(x)在(π，＋∞)上無零點(diǎn)得1分，根據(jù)分類討論，得出總結(jié)論，得1分.


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