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解答题模板构建(一)利用导数研究函数问题第三章导数及其应用

即证x＋ln(1－x)>xln(1－x)，化简得x＋(1－x)ln(1－x)>0.

⋯⋯⋯7分令h(x)＝x＋(1－x)ln(1－x)，再令t＝1－x，则t∈(0，1)∪(1，＋∞)，x＝1－t.

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分令g(t)＝1－t＋tlnt，g′(t)＝－1＋lnt＋1＝lnt，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分当t∈(0，1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分

第一步：计算y′；第二步：根据x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，求a；第三步：写出g(x)的解析式，求定义域，变形；第四步：分别在x∈(0，1)与x∈(－∞，0)两种情况下对不等式g(x)<1进行转化，变形；第五步：根据不等式构造新函数，求导，确定函数的单调性；第六步：由新函数的单调性与最值证明结论正确．类型一利用导数解决恒成立问题已知函数f(x)＝(x2－ax－a)ex＋2a，a∈R.(1)若f(x)在x＝0处取得极值，求f(x)的单调区间；解：由题意知，f′(x)＝[x2＋(2－a)x－2a]·ex，且f′(0)＝－2a＝0，解得a＝0.此时f(x)＝x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex.令f′(x)>0，解得x<－2或x>0；令f′(x)<0，解得－2<x<0.则函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－2)和(0，＋∞)，单调递减区间是(－2，0)．类型一利用导数解决恒成立问题已知函数f(x)＝(x2－ax－a)ex＋2a，a∈R.(2)若关于x的不等式f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解：因为f′(x)＝[x2＋(2－a)x－2a]ex＝ex(x＋2)·(x－a)，①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f(x)>f(0)＝a≥0，故a＝0.②当a>0时，令f′(x)>0，解得x>a；令f′(x)<0，解得0<x<a.则函数f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝－aea＋2a>0，即ea<2，故0<a<ln2.综上所述，实数a的取值范围为[0，ln2)．

x(－∞，n)n(n，m)m(m，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)单调递减

单调递增

单调递减则f(m)>f(0)＝0.又f(1)＝－2<0，所以存在x1∈(m，1)，f(x1)＝0；同理，f(n)<f(0)＝0.又f(－1)＝2e－a>0，所以存在x2∈(－1，n)，f(x2)＝0.由单调性可知，

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