2026届学海导航高考一轮总复习数学-专题9听课手册

专题9一元函数的导数及其应用第61讲导数的概念及运算【夯基固本】[知识梳理]1．(1)eq\f(Δy,Δx)(3)eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f(x＋Δx)－f(x),Δx)(4)点(x0，f(x0))f′(x0)y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)瞬时速度2．0αxα-1cosx－sinxaxlnaexeq\f(1,xlna)eq\f(1,x)3．f′(x)±g′(x)f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)eq\f(f′(x)g(x)－f(x)g′(x),g2(x))4．(2)yx′＝yu′·ux′[热身练习]1．D2.B3.C4.B5.C【考点探究】[例1](1)y′＝eq\f(1,x)＋x－2＝eq\f(x2－2x＋1,x).(2)因为y＝(2x3－1)(3x2＋x)＝6x5＋2x4－3x2－x，所以y′＝30x4＋8x3－6x－1.(3)y′＝(3xex－2x＋e)′＝(3xex)′－(2x)′＋e′＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′＝3xexln3＋3xex－2xln2＝(ln3＋1)·(3e)x－2xln2.(4)y′＝(eq\f(1＋sinx,1－cosx))′＝eq\f((1＋sinx)′(1－cosx)－(1＋sinx)(1－cosx)′,(1－cosx)2)＝eq\f(cosx(1－cosx)－(1＋sinx)sinx,(1－cosx)2)＝eq\f(cosx－sinx－1,(1－cosx)2).[变式探究]1．(1)y′＝2xsinx＋x2cosxy′＝(x2sinx)′＝(x2)′sinx＋x2(sinx)′＝2xsinx＋x2cosx.(2)－eq\f(e,2)由已知可得f′(x)＝[exlnx＋x3f′(1)]′＝ex(lnx＋eq\f(1,x))＋3x2f′(1)，故f′(1)＝e(ln1＋1)＋3f′(1)，解得f′(1)＝－eq\f(e,2).(3)C当x＝1时，f(1)＋g(1)＝0.因为f(1)＝1，所以g(1)＝－1，原式两边求导，得f′(x)＋g(x)＋xg′(x)＝2x，当x＝1时，f′(1)＋g(1)＋g′(1)＝2，得f′(1)＋g′(1)＝2－g(1)＝2－(－1)＝3.[例2](1)函数y＝(1－2x)3可以看作函数y＝u3和u＝1－2x的复合函数，所以yx′＝yu′·ux′＝(u3)′·(1－2x)′＝－6u2＝－6(1－2x)2.(2)函数y＝22x+1可以看作函数y＝2u和u＝2x＋1的复合函数，所以yx′＝yu′·ux′＝(2u)′·(2x＋1)′＝2·2u·ln2＝2·22x+1·ln2＝22x+2·ln2.(3)由y＝x2cos2x，得y′＝(x2)′cos2x＋x2(cos2x)′＝2xcos2x－2x2sin2x.[变式探究]2．(1)由于y＝lneq\f(2x－1,2x＋1)＝ln(2x－1)－ln(2x＋1)，所以y′＝eq\f(2,2x－1)－eq\f(2,2x＋1)＝eq\f(4,4x2－1).(2)y′＝(2x)′sin(2x＋5)＋2x[sin(2x＋5)]′＝2sin(2x＋5)＋4xcos(2x＋5).(3)因为y＝lneq\r(1＋2x)＝eq\f(1,2)ln(1＋2x)，所以y′＝eq\f(1,2)·eq\f(1,1＋2x)·(1＋2x)′＝eq\f(1,1＋2x).[例3](1)Cy＝sinx＋ex的导数为y′＝cosx＋ex，在点(0，1)处的切线斜率为k＝cos0＋e0＝2，则在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1，即2x－y＋1＝0.故选C.(2)C由函数f(x)＝(a－3)x3＋(a－2)x2＋(a－1)x＋a，可得f′(x)＝3(a－3)x2＋2(a－2)x＋a－1，因为曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))和(－x0，f(－x0))处的切线互相平行或重合，可得y＝f′(x)为偶函数，所以a－2＝0，解得a＝2.故选C.(3)ln2由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋1＝2，故曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.由y＝ln(x＋1)＋a得y′＝eq\f(1,x＋1)，设切线与曲线y＝ln(x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln(x0＋1)＋a)，由两曲线有公切线得y′＝eq\f(1,x0＋1)＝2，解得x0＝－eq\f(1,2)，则切点为(－eq\f(1,2)，a＋lneq\f(1,2))，切线方程为y＝2(x＋eq\f(1,2))＋a＋lneq\f(1,2)＝2x＋1＋a－ln2，根据两切线重合，所以a－ln2＝0，解得a＝ln2.(4)D由f(x)＝2x－sinx，得f′(x)＝2－cosx∈[1，3]，所以－eq\f(1,2－cosx)∈[－1，－eq\f(1,3)]＝A.由g(x)＝mex＋(m－2)x，得g′(x)＝mex＋m－2，设该导函数值域为B.(ⅰ)当m>0时，导函数单调递增，g′(x)∈(m－2，＋∞)，由题意得x1，x2，f′(x1)g′(x2)＝－1，所以g′(x2)＝－eq\f(1,f′(x1))，所以AB，故m－2<－1，解得0<m<1；(ⅱ)当m<0时，导函数单调递减，g′(x)∈(－∞，m－2)，同理可得m－2>－eq\f(1,3)，m>eq\f(5,3)，与m<0矛盾，舍去；(ⅲ)当m＝0时，不符合题意．综上所述，m的取值范围为(0，1).故选D.[变式探究]3．A因为f′(x)＝3x2－2ax，所以f′(1)＝3－2a＝－1，解得a＝2，故选A.4．2eq\r(e)x－y－e＝0设曲线g(x)＝alnx和曲线f(x)＝x2在公共点(x0，y0)处的切线相同，则f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(a,x)，由题意知f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x0＝\f(a,x0)，,xeq\o\al(2,0)＝alnx0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2e，,x0＝\r(e)，))故切点为(eq\r(e)，e)，切线斜率为k＝f′(x0)＝2eq\r(e)，所以切线方程为y－e＝2eq\r(e)(x－eq\r(e))，即2eq\r(e)x－y－e＝0.5．eq\f(\r(10),2)如图，由题意|AB|的最小值为曲线上点A到直线y＝3x－3距离的最小值．设f(x)＝2ex＋x－(3x－3)＝2ex－2x＋3，则f′(x)＝2ex－2为增函数，令f′(x)＝0，则x＝0，故当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．故f(x)≥f(0)＝5>0，即y＝3x－3在曲线y＝2ex＋x下方．则当曲线y＝2ex＋x在A处的切线与3x－y－3＝0平行时|AB|取得最小值．设A(x0，y0)，对y＝2ex＋x求导有y′＝2ex＋1，由y′＝3可得x0＝0.故当A(0，2)时，|AB|min＝eq\f(|3×0－2－3|,\r(32＋(－1)2))＝eq\f(\r(10),2).6．B设该切线的切点为(x0，)，则切线的斜率为k＝f′(x0)＝，所以切线方程为y－＝(x－x0)，又切线过点(0，a)，则a－＝(0－x0)，整理得a＝.要使曲线f(x)过点(0，a)的切线有3条，需方程a＝有3个不同的解，即函数y＝eq\f(x2,ex)图象与直线y＝a在R上有3个交点．设g(x)＝eq\f(x2,ex)，则g′(x)＝eq\f(x(2－x),ex)，令g′(x)>0⇔0<x<2，令g′(x)<0⇔x<0或x>2，所以函数g(x)在(0，2)上单调递增，在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减，且极小值、极大值分别为g(0)＝0，g(2)＝eq\f(4,e2)，如图．由图可知，当0<a<eq\f(4,e2)时，函数y＝eq\f(x2,ex)的图象与直线y＝a在R上有3个交点，即曲线f(x)过点(0，a)的切线有3条．所以实数a的取值范围为(0，eq\f(4,e2)).故选B.第62讲导数与函数的单调性【夯基固本】[知识梳理]1．增减2．≥≤[热身练习]1．C2.A3.A4.C5.[2，＋∞)【考点探究】[例1](1)(－π，－eq\f(3π,4))和(eq\f(π,4)，π)因为f′(x)＝excosx－exsinx＝ex(cosx－sinx)＝eq\r(2)excos(x＋eq\f(π,4))(－π<x<π)，令f′(x)<0，得－π<x<－eq\f(3π,4)或eq\f(π,4)<x<π，所以f(x)的单调递减区间为(－π，－eq\f(3π,4))和(eq\f(π,4)，π).(2)(3，＋∞)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝x－2－eq\f(3,x)＝eq\f(x2－2x－3,x)＝eq\f((x－3)(x＋1),x)，x>0，由f′(x)>0得x>3，所以f(x)在区间(3，＋∞)上单调递增．(3)(0，1)(1，＋∞)因为f(x)＝x－lnx－eq\f(ex,x)，定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝1－eq\f(1,x)－eq\f((x－1)ex,x2)＝eq\f((x－1)(x－ex),x2)，令g(x)＝x－ex，因为x>0，则g′(x)＝1－ex<1－e0＝0，可得g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(0)＝－1<0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．[变式探究]1．C由y＝xf′(x)的图象可知，当0<x<1时xf′(x)<0，则f′(x)<0，当x>1时xf′(x)>0，则f′(x)>0，当－1<x<0时xf′(x)>0，则f′(x)<0，当x<－1时xf′(x)<0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故符合题意的只有C.故选C.2．(－π，－eq\f(π,2))和(0，eq\f(π,2))由题意知f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′(x)＝xcosx>0，则其在区间(－π，π)上的解集为(－π，－eq\f(π,2))∪(0，eq\f(π,2))，即f(x)的单调递增区间为(－π，－eq\f(π,2))和(0，eq\f(π,2)).3．(－∞，0)和(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))(0，3－eq\r(3))和(3＋eq\r(3)，＋∞)因为函数f(x)＝x－x3eax＋b，所以f′(x)＝1－(3x2eax＋b＋ax3eax＋b)＝1－(3＋ax)x2eax＋b，因为f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(1)＝0，,f′(1)＝－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－ea＋b＝0，,1－(3＋a)ea＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1.))所以f(x)＝x－x3e－x+1，所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，所以g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，所以g′(x)＝－(6x－3x2)e－x+1＋(3x2－x3)e－x+1＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3±eq\r(3).当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下．xg′(x)g(x)(－∞，0)＋单调递增00－(0，3－eq\r(3))－单调递减3－eq\r(3)0－(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))＋单调递增3＋eq\r(3)0－(3＋eq\r(3)，＋∞)－单调递减所以g(x)在区间(－∞，0)和(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))上单调递增，在区间(0，3－eq\r(3))和(3＋eq\r(3)，＋∞)上单调递减．[例2](1)当a＝－1时，f(x)＝(eq\f(1,x)－1)ln(x＋1)(x>－1)，则f′(x)＝(－eq\f(1,x2))ln(x＋1)＋(eq\f(1,x)－1)×eq\f(1,x＋1)，据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln2，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln2(x－1)，即(ln2)x＋y－ln2＝0.(2)由函数的解析式可得f′(x)＝(－eq\f(1,x2))ln(x＋1)＋(eq\f(1,x)＋a)×eq\f(1,x＋1)(x>－1)，满足题意时f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．令(－eq\f(1,x2))ln(x＋1)＋(eq\f(1,x)＋a)eq\f(1,x＋1)≥0，则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0，令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，此时g(x)<g(0)＝0，不符合题意；令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，则h′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)，当a≥eq\f(1,2)，即2a≥1时，由于eq\f(1,x＋1)<1，所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，符合题意．当0<a<eq\f(1,2)时，由h′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)＝0可得x＝eq\f(1,2a)－1，当x∈(0，eq\f(1,2a)－1)时，h′(x)<0，h(x)在区间(0，eq\f(1,2a)－1)上单调递减，即g′(x)单调递减，注意到g′(0)＝0，故当x∈(0，eq\f(1,2a)－1)时，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)单调递减，由于g(0)＝0，故当x∈(0，eq\f(1,2a)－1)时，g(x)<g(0)＝0，不符合题意．综上可知，实数a的取值范围是{a|a≥eq\f(1,2)}．[变式探究]4．(－1，eq\f(2,3))由题意知f′(x)＝(x－1)ex＋2x－2＝(ex＋2)(x－1)，因为f(x)在区间(3m－1，m＋2)上不单调，即y＝f′(x)在区间(3m－1，m＋2)有变号零点，又ex＋2>0，所以f′(x)＝0⇔x＝1.f′(x)>0⇔x>1，f′(x)<0⇔x<1，所以x＝1在区间(3m－1，m＋2)内，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3m－1<1，,m＋2>1，))解得－1<m<eq\f(2,3)，即m的取值范围是(－1，eq\f(2,3)).5．由题知f(x)＝(eq\f(1,2)ex＋a)ex－(a＋1)x的定义域为R，f′(x)＝(ex－1)(ex＋a＋1).当a≥－1时，ex＋1>1，所以ex＋a＋1>0，令f′(x)>0，解得x∈(0，＋∞)，令f′(x)<0，解得x∈(－∞，0)，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).当a<－1时，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln(－a－1)，①当ln(－a－1)＝0，即a＝－2时，f′(x)＝(ex－1)2≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．②当ln(－a－1)>0，即a<－2时，由f′(x)>0，解得x∈(－∞，0)∪(ln(－a－1)，＋∞)；由f′(x)<0，解得x∈(0，ln(－a－1))，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln(－a－1)，＋∞)，单调递减区间为(0，ln(－a－1)).③当ln(－a－1)<0，即－2<a<－1时，由f′(x)>0，解得x∈(－∞，ln(－a－1))∪(0，＋∞)；由f′(x)<0，解得x∈(ln(－a－1)，0)，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，ln(－a－1))，(0，＋∞)，单调递减区间为(ln(－a－1)，0).综上，当a≥－1时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；当－2<a<－1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln(－a－1))，(0，＋∞)，单调递减区间为(ln(－a－1)，0)；当a＝－2时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a<－2时，f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln(－a－1)，＋∞)，单调递减区间为(0，ln(－a－1)).[例3](1)A设f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，则x＝e，所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又a＝eq\f(2,e2)＝f(e2)，b＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln4,4)＝f(4)，c＝eq\f(ln3,3)＝f(3)，e<3<4<e2，所以f(3)>f(4)>f(e2)，所以a<b<c.故选A.(2)(ⅰ)因为f(x)＝exln(1＋x)，所以f(0)＝0，即切点坐标为(0，0)，又f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋eq\f(1,1＋x)]，所以切线斜率k＝f′(0)＝1，所以切线方程为y＝x.(ⅱ)因为g(x)＝f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋eq\f(1,1＋x)]，所以g′(x)＝ex[ln(1＋x)＋eq\f(2,1＋x)－eq\f(1,(1＋x)2)].令h(x)＝ln(1＋x)＋eq\f(2,1＋x)－eq\f(1,(1＋x)2)，则h′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(2,(1＋x)2)＋eq\f(2,(1＋x)3)＝eq\f(x2＋1,(1＋x)3)>0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)＝0＋2－1＝1>0，所以g′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增．(ⅲ)证明：原不等式等价于f(s＋t)－f(s)>f(t)－f(0)，令m(x)＝f(x＋t)－f(x)(x，t>0)，即证m(x)>m(0)，因为m(x)＝f(x＋t)－f(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)－exln(1＋x)，所以m′(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)＋eq\f(ex＋t,1＋x＋t)－exln(1＋x)－eq\f(ex,1＋x)＝g(x＋t)－g(x)，由(ⅱ)知g(x)＝f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋eq\f(1,1＋x)]在[0，＋∞)上单调递增，所以g(x＋t)>g(x)，所以m′(x)>0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为x，t>0，所以m(x)>m(0)，所以命题得证．[变式探究]6．C对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)<2，易知m≥0，则x1lnx2－x2lnx1<2x2－2x1，所以x1(lnx2＋2)<x2(lnx1＋2)，即eq\f(lnx1＋2,x1)>eq\f(lnx2＋2,x2).令f(x)＝eq\f(lnx＋2,x)，则函数f(x)在(m，＋∞)上单调递减．因为f′(x)＝－eq\f(lnx＋1,x2)，由f′(x)<0，可得x>eq\f(1,e)，所以函数f(x)的单调递减区间为(eq\f(1,e)，＋∞)，所以(m，＋∞)(eq\f(1,e)，＋∞)，故m≥eq\f(1,e)，即实数m的取值范围为[eq\f(1,e)，＋∞).故选C.7．(1)f′(x)＝eq\f(2,x)＋2mx－2(m＋1)＝eq\f(2(x－1)(mx－1),x)(x>0).若m≤0，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，即f(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递减．若0<m<1，当x∈(0，1)∪(eq\f(1,m)，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(0，1)，(eq\f(1,m)，＋∞)上均单调递增；当x∈(1，eq\f(1,m))时，f′(x)<0，即f(x)在(1，eq\f(1,m))上单调递减．若m＝1，则f′(x)≥0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若m>1，当x∈(0，eq\f(1,m))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(0，eq\f(1,m))，(1，＋∞)上均单调递增；当x∈(eq\f(1,m)，1)时，f′(x)<0，即f(x)在(eq\f(1,m)，1)上单调递减．(2)当实数m＝2时，g(x)＝f(x)－3x＝2lnx＋2x2－9x－8(x>0)，g(x1)＋g(x2)＋2x1x2＝0，所以2lnx1＋2xeq\o\al(2,1)－9x1－8＋2lnx2＋2xeq\o\al(2,2)－9x2－8＋2x1x2＝0，所以2(x1＋x2)2－9(x1＋x2)－16＝2x1x2－2ln(x1x2).令t＝x1x2，h(t)＝2t－2lnt(t>0)，由于h′(t)＝eq\f(2(t－1),t)，所以当t∈(0，1)时，h′(t)<0，即h(t)单调递减；当t∈(1，＋∞)时，h′(t)>0，即h(t)单调递增．从而h(t)min＝h(1)＝2，此时x1x2＝1.于是2(x1＋x2)2－9(x1＋x2)－16≥2，即[2(x1＋x2)＋3](x1＋x2－6)≥0，而x1，x2>0，所以x1＋x2≥6，所以当x1＝3－2eq\r(2)，x2＝3＋2eq\r(2)时，x1＋x2取最小值6.微专题(八)抽象函数与不等式综合问题【题型探究】[例1](1)B设F(x)＝f(x)－cosx，因为f(x)＋f(－x)＝2cosx，即f(x)－cosx＝cosx－f(－x)，即F(x)＝－F(－x)，故F(x)是奇函数．由于函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，所以函数f(x)在R上连续，则函数F(x)在R上连续．因为在[0，＋∞)上有f′(x)>－sinx，所以F′(x)＝f′(x)＋sinx>0，故F(x)在[0，＋∞)上单调递增，又因为F(x)是奇函数，且F(x)在R上连续，所以F(x)在R上单调递增．因为f(x)－f(eq\f(π,2)－x)≥cosx－sinx，所以f(x)－cosx≥f(eq\f(π,2)－x)－sinx＝f(eq\f(π,2)－x)－cos(eq\f(π,2)－x)，即F(x)≥F(eq\f(π,2)－x)，所以x≥eq\f(π,2)－x，故x≥eq\f(π,4)，故选B.(2)B设g(x)＝x2f(x)，x>0，g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x2[f′(x)＋eq\f(2,x)f(x)]>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数．由f(x)的定义域为(0，＋∞)可知ax>0，得a>0.将不等式eq\f(ax·f(ax),lnx)≥eq\f(f(lnx)·lnx,ax)整理得a2x2·f(ax)≥f(lnx)·ln2x，即g(ax)≥g(lnx)，可得ax≥lnx在x∈(1，＋∞)上恒成立，即a≥eq\f(lnx,x)在x∈(1，＋∞)上恒成立．令φ(x)＝eq\f(lnx,x)，其中x>1，所以φ′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令φ′(x)＝0，得x＝e.当x∈(1，e)时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，e)上单调递增；当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(e，＋∞)上单调递减．所以φ(x)max＝φ(e)＝eq\f(1,e)，所以a≥eq\f(1,e).故选B.[变式探究]1．D令g(x)＝f(x)lnx，x>0，则g′(x)＝f′(x)lnx＋eq\f(f(x),x)<0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递减，而g(1)＝0，因此，由g(x)>0得0<x<1，此时lnx<0，则f(x)<0.由g(x)<0得x>1，此时lnx>0，则f(x)<0.又f(1)<0，于是在(0，＋∞)上，f(x)<0，而f(x)是(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，则在(－∞，0)上，f(x)>0，由(x－1)f(x)<0得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1>0，,f(x)<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1<0，,f(x)>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>1，,x>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<1，,x<0，))解得x<0或x>1，所以不等式(x－1)f(x)<0的解集为(－∞，0)∪(1，＋∞).故选D.2．B根据题意，设g(x)＝eq\f(f(x),x2)，x∈(0，＋∞)，得g′(x)＝eq\f(f′(x)·x2－f(x)·(x2)′,x4)＝eq\f(xf′(x)－2f(x),x3).由x∈(0，＋∞)，2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立，则有g′(x)>0，则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则有g(2)>g(1)，即eq\f(f(2),22)>eq\f(f(1),12)，可得eq\f(f(1),f(2))<eq\f(1,4).设h(x)＝eq\f(f(x),x3)，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝eq\f(f′(x)·x3－f(x)·(x3)′,x6)＝eq\f(xf′(x)－3f(x),x4).又由x∈(0，＋∞)，2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立，则有h′(x)<0，则函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，则有h(1)>h(2)，则有eq\f(f(2),23)<eq\f(f(1),13)，可得eq\f(f(1),f(2))>eq\f(1,8).综上可得eq\f(1,8)<eq\f(f(1),f(2))<eq\f(1,4)，则eq\f(f(1),f(2))的取值范围为(eq\f(1,8)，eq\f(1,4)).故选B.[例2](1)B令F(x)＝xf(x)，又f(x)为定义在R上的偶函数，则F(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－F(x)，故F(x)为定义在R上的奇函数．又F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，由题可知，当x<0时，F′(x)>0，即F(x)在(－∞，0)上单调递增，结合F(x)是R上的奇函数可知，F(x)为R上的增函数．又30.3>30＝1＝logππ>logπ3>logπ1＝0＝ln1>－ln9＝lneq\f(1,9)，又a＝30.3·f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，c＝lneq\f(1,9)·f(lneq\f(1,9))，故a>b>c.故选B.(2)C构造函数g(x)＝f(x)cosx，x∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，则g′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx>0，所以g(x)在x∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))上单调递增，则g(－eq\f(π,3))<g(－eq\f(π,4))，所以f(－eq\f(π,3))cos(－eq\f(π,3))<f(－eq\f(π,4))cos(－eq\f(π,4))，即f(－eq\f(π,3))<eq\r(2)f(－eq\f(π,4))，A错误；又eq\f(π,3)>eq\f(π,4)，则g(eq\f(π,3))>g(eq\f(π,4))，所以f(eq\f(π,3))coseq\f(π,3)>f(eq\f(π,4))coseq\f(π,4)，即f(eq\f(π,3))>eq\r(2)f(eq\f(π,4))，B错误；同理，g(0)<g(eq\f(π,3))，所以f(0)cos0<f(eq\f(π,3))coseq\f(π,3)，即2f(0)<f(eq\f(π,3))，C正确；同理，g(0)<g(eq\f(π,4))，所以f(0)cos0<f(eq\f(π,4))coseq\f(π,4)，即eq\r(2)f(0)<f(eq\f(π,4))，D错误．故选C.[变式探究]3．A由xf′(x)>2f′(x)＋f(x)，得(x－2)f′(x)－f(x)>0，设h(x)＝eq\f(f(x),x－2)，则h′(x)＝eq\f((x－2)f′(x)－f(x),(x－2)2).因为当x>2时，(x－2)f′(x)－f(x)>0，所以h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增．因为f(x＋2)是偶函数，所以f(x＋2)的图象关于x＝0对称，即f(x)的图象关于x＝2对称，即f(1)＝f(3)，故D错误；f(eq\f(3,2))＝f(eq\f(5,2))，f(0)＝f(4)，又h(x)在(2，＋∞)上单调递增，则h(eq\f(5,2))<h(3)，即eq\f(f(\f(5,2)),\f(5,2)－2)<eq\f(f(3),3－2)，即2f(eq\f(3,2))<f(3)，故B错误；h(4)>h(eq\f(5,2))，即eq\f(f(4),4－2)>eq\f(f(\f(5,2)),\f(5,2)－2)，即eq\f(f(4),2)>eq\f(f(\f(5,2)),\f(1,2))，则f(4)>4f(eq\f(5,2))，即f(0)>4f(eq\f(5,2))，故C错误；h(4)>h(3)，即eq\f(f(4),4－2)>eq\f(f(3),3－2)，即f(4)>2f(3)，则f(4)>2f(1)，故A正确．故选A.4．BCD因为偶函数y＝f(x)对于任意的x∈[0，eq\f(π,2))满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，令g(x)＝eq\f(f(x),cosx)，则g′(x)＝eq\f(f′(x)cosx＋f(x)sinx,cos2x)>0，所以x∈[0，eq\f(π,2))时，g(x)＝eq\f(f(x),cosx)是增函数，且是偶函数，所以g(－eq\f(π,3))＝g(eq\f(π,3))，g(－eq\f(π,4))＝g(eq\f(π,4)).对于A和B，因为g(eq\f(π,4))<g(eq\f(π,3))，所以eq\f(f(\f(π,4)),\f(\r(2),2))<eq\f(f(\f(π,3)),\f(1,2))，即eq\r(2)f(eq\f(π,3))>f(eq\f(π,4))，因为f(x)是偶函数，所以eq\r(2)f(－eq\f(π,3))＝eq\r(2)f(eq\f(π,3))>f(eq\f(π,4))，故A错误，B正确；对于C，根据g(x)的单调性可知g(eq\f(π,4))>g(0)，所以eq\f(f(\f(π,4)),\f(\r(2),2))>eq\f(f(0),1)，所以f(0)<eq\r(2)f(eq\f(π,4))，因为f(x)是偶函数，所以f(0)<eq\r(2)f(－eq\f(π,4))，故C正确；对于D，根据g(x)的单调性可知g(eq\f(π,3))>g(eq\f(π,6))，所以eq\f(f(\f(π,3)),\f(1,2))>eq\f(f(\f(π,6)),\f(\r(3),2))，所以eq\r(3)f(eq\f(π,3))>f(eq\f(π,6))，故D正确．故选BCD.第63讲导数与函数的极值、最值【夯基固本】[知识梳理]1．(1)都小f′(x)<0f′(x)>0(2)f′(x)>0f′(x)<0(3)②f′(x)＝0③f′(x)＝0极大值极小值2．(2)f(a)f(b)f(a)f(b)(3)①极值②各极值端点[热身练习]1．A2.B3.B4.(eq\f(\r(2),4)－1)π－15.(1，＋∞)【考点探究】[例1](1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1，即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1，所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0.(2)因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a，若a≤0，则f′(x)≥0对任意x∈R恒成立，可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意．若a>0，令f′(x)>0，解得x>lna；令f′(x)<0，解得x<lna.可知f(x)在(－∞，lna)内单调递减，在(lna，＋∞)内单调递增，则f(x)有极小值f(lna)＝a－alna－a3，无极大值，由题意可得f(lna)＝a－alna－a3<0，即a2＋lna－1>0，设g(a)＝a2＋lna－1，a>0，则g′(a)＝2a＋eq\f(1,a)>0，可知g(a)在(0，＋∞)内单调递增，且g(1)＝0，不等式a2＋lna－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，所以a的取值范围为(1，＋∞).[变式探究]1．(1)因为f(x)＝xsin2x＋cos2x，则f′(x)＝sin2x＋2xcos2x－2sin2x＝2xcos2x－sin2x，可得f(－eq\f(π,4))＝eq\f(π,4)，f′(－eq\f(π,4))＝1，可知切点坐标为(－eq\f(π,4)，eq\f(π,4))，切线斜率k＝1，所以曲线y＝f(x)在(－eq\f(π,4)，f(－eq\f(π,4)))处的切线方程为y－eq\f(π,4)＝x＋eq\f(π,4)，即x－y＋eq\f(π,2)＝0.(2)由(1)知f′(x)＝2xcos2x－sin2x，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝2cos2x－4xsin2x－2cos2x＝－4xsin2x，因为x∈[－eq\f(2π,3)，eq\f(5π,6)]，所以2x∈[－eq\f(4π,3)，eq\f(5π,3)]，令g′(x)＝0，得x1＝－eq\f(π,2)，x2＝0，x3＝eq\f(π,2)，故当x∈(－eq\f(2π,3)，－eq\f(π,2))时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(－eq\f(π,2)，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(0，eq\f(π,2))时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(eq\f(π,2)，eq\f(5π,6))时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又f′(－eq\f(2π,3))＝－eq\f(4π,3)×(－eq\f(1,2))－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(\r(3),2)>0，f′(－eq\f(π,2))＝π>0，f′(0)＝0，f′(eq\f(π,2))＝－π<0，f′(eq\f(5π,6))＝eq\f(5π,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)>0，故存在x0∈(eq\f(π,2)，eq\f(5π,6))，使得f′(x0)＝0，则f(x)在区间[－eq\f(2π,3)，0)上单调递增，在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，eq\f(5π,6)]上单调递增，故f(x)在区间[－eq\f(2π,3)，eq\f(5π,6)]上有且仅有两个极值点．[例2](1)当a＝1时，f(x)＝lnx－2x－eq\f(1,x)，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－2＋eq\f(1,x2)＝eq\f(－2x2＋x＋1,x2)＝eq\f(－(2x＋1)(x－1),x2).当0<x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故函数f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞)，函数f(x)的极大值为f(1)＝－3，没有极小值．(2)由题意得f′(x)＝eq\f(a,x)－2＋eq\f(a2,x2)＝－eq\f(2x2－ax－a2,x2)＝－eq\f((x－a)(2x＋a),x2).若a≥1，当x∈(0，1]时，f′(x)≥0，f(x)在区间(0，1]上单调递增，此时f(x)的最大值为f(1)＝－2－a2；若0<a<1，当x∈(0，a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(a，1]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，此时f(x)的最大值为f(a)＝alna－3a；若－2<a<0，则0<－eq\f(a,2)<1，当x∈(0，－eq\f(a,2))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(－eq\f(a,2)，1]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，此时f(x)的最大值为f(－eq\f(a,2))＝aln(－eq\f(a,2))＋3a；若a≤－2，则－eq\f(a,2)≥1，当x∈(0，1]时，f′(x)≥0，f(x)在区间(0，1]上单调递增，此时f(x)的最大值为f(1)＝－2－a2.综上可得，f(x)max＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2－a2，a≤－2或a≥1，,alna－3a，0<a<1，,aln(－\f(a,2))＋3a，－2<a<0.))[变式探究]2．(1)由f(x)＝eq\f(x－2,x＋2)ex，则x＋2≠0，所以f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)，得f′(x)＝eq\f([ex＋(x－2)ex](x＋2)－(x－2)ex,(x＋2)2)＝eq\f(x2ex,(x＋2)2)≥0，当且仅当x＝0时等号成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(－2，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：g′(x)＝eq\f(2(x－2)ex＋m(x＋2),x3)＝eq\f((x＋2),x3)·[eq\f(2(x－2),x＋2)ex＋m]，由(1)知，φ(x)＝eq\f(2(x－2),x＋2)ex＋m在(0，＋∞)上单调递增，由0≤m<2知，φ(0)＝－2＋m<0，φ(2)＝m≥0，所以∃x0∈(0，2]，使φ(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，由eq\f(x＋2,x3)>0，则g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，由eq\f(x＋2,x3)>0，则g′(x)>0，即g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(0，＋∞)上存在最小值A，且A＝g(x0)，又φ(x0)＝0，得eq\f(2(x0－2),x0＋2)ex0＋m＝0，即－m＝eq\f(2(x0－2),x0＋2)ex0，所以A＝g(x0)＝eq\f(2ex0－mx0－m,xeq\o\al(2,0))＝eq\f(2ex0＋(x0＋1)\f(2(x0－2),x0＋2)ex0,xeq\o\al(2,0))＝eq\f(2ex0[x0＋2＋(x0＋1)(x0－2)],xeq\o\al(2,0)(x0＋2))＝eq\f(2ex0,x0＋2)，设h(x)＝eq\f(2ex,x＋2)(0<x≤2)，所以h′(x)＝eq\f(2(x＋1)ex,(x＋2)2)>0，所以h(x)在(0，2]上单调递增，h(0)＝1，h(2)＝eq\f(e2,2)，所以1<h(x)≤eq\f(e2,2)，又x0∈(0，2]，故1<A≤eq\f(e2,2).[例3](1)当b＝0时，f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax，其中x∈(0，2)，则f′(x)＝eq\f(2－x,x)·(eq\f(x,2－x))′＋a＝eq\f(2－x,x)·eq\f(2－x－(－1)x,(2－x)2)＋a＝eq\f(2,x(2－x))＋a，x∈(0，2)，因为x(2－x)≤(eq\f(2－x＋x,2))2＝1，当且仅当x＝1时等号成立，故f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0成立，故a＋2≥0，即a≥－2，所以a的最小值为－2.(2)证明：f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0，2)，设P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点，P(m，n)关于(1，a)的对称点为Q(2－m，2a－n)，因为P(m，n)在y＝f(x)的图象上，故n＝lneq\f(m,2－m)＋am＋b(m－1)3，而f(2－m)＝lneq\f(2－m,m)＋a(2－m)＋b(2－m－1)3＝－[lneq\f(m,2－m)＋am＋b(m－1)3]＋2a＝－n＋2a，所以Q(2－m，2a－n)也在y＝f(x)的图象上，由P的任意性可得y＝f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a).(3)因为f(x)>－2当且仅当1<x<2，又函数f(x)的定义域为(0，2)，故x＝1为f(x)＝－2的一个解，所以f(1)＝－2，所以a＝－2.先考虑1<x<2时，f(x)>－2恒成立．即lneq\f(x,2－x)＋2(1－x)＋b(x－1)3>0在(1，2)上恒成立，设t＝x－1∈(0，1)，则lneq\f(t＋1,1－t)－2t＋bt3>0在(0，1)上恒成立，设g(t)＝lneq\f(t＋1,1－t)－2t＋bt3，t∈(0，1)，则g′(t)＝eq\f(2,1－t2)－2＋3bt2＝eq\f(t2(－3bt2＋2＋3b),1－t2).当b≥0时，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0，故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数，故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立．当－eq\f(2,3)≤b<0时，－3bt2＋2＋3b≥2＋3b≥0，故g′(t)≥0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数，故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立．当b<－eq\f(2,3)，则当0<t<eq\r(1＋\f(2,3b))<1时，g′(t)<0，故在(0，eq\r(1＋\f(2,3b)))上g(t)为减函数，故g(t)<g(0)＝0，不合题意，舍去．综上，f(x)>－2在(1，2)上恒成立时，b≥－eq\f(2,3).而当b≥－eq\f(2,3)时，由上述过程可得g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t)>0的解集为(0，1)，即f(x)>－2的解集为(1，2).综上，b≥－eq\f(2,3).[变式探究]3．(1)因为f(x)＝alnx＋2x2(x>0)，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋4x＝eq\f(a＋4x2,x).当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，也无最小值．当a<0时，令f′(x)<0，即a＋4x2<0，所以0<x<eq\f(\r(－a),2)，令f′(x)>0，即a＋4x2>0，所以x>eq\f(\r(－a),2)，所以f(x)在(0，eq\f(\r(－a),2))上单调递减，在(eq\f(\r(－a),2)，＋∞)上单调递增．所以x＝eq\f(\r(－a),2)时，f(x)取得极小值，也是最小值，f(eq\f(\r(－a),2))＝alneq\f(\r(－a),2)－eq\f(a,2)，无最大值．综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值，也无最小值；当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上有最小值alneq\f(\r(－a),2)－eq\f(a,2)，无最大值．(2)当a＝－1，x∈(0，1]时，f(x)＝－lnx＋2x2.(2－x)ex＋x－2x2＋f(x)>m恒成立，即m<(2－x)ex＋x－lnx恒成立．设g(x)＝(2－x)ex－lnx＋x，0<x≤1，g′(x)＝－ex＋(2－x)ex－eq\f(1,x)＋1＝(x－1)(eq\f(1,x)－ex).设h(x)＝eq\f(1,x)－ex，则h′(x)＝－eq\f(1,x2)－ex<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．又h(eq\f(1,2))＝2－eq\r(e)>0，h(1)＝1－e<0，所以存在唯一的x0∈(eq\f(1,2)，1)，使得h(x0)＝0，即eq\f(1,x0)＝ex0.当0<x<x0时，h(x)>0，当x>x0时，h(x)<0，所以当0<x<x0时，g′(x)<0，当x0<x<1时，g′(x)>0，g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，1)上单调递增，g(x)min＝g(x0)＝(2－x0)ex0＋x0－lnx0，显然g(x0)<g(1)＝e＋1∈(3，4).由eq\f(1,x0)＝ex0得g(x0)＝eq\f(2－x0,x0)＋x0＋x0＝2x0＋eq\f(2,x0)－1，设u(x)＝2x＋eq\f(2,x)－1(eq\f(1,2)<x<1)，u′(x)＝2－eq\f(2,x2)<0在x∈(eq\f(1,2)，1)时恒成立，所以u(x)在(eq\f(1,2)，1)上单调递减，u(x)>u(1)＝2＋2－1＝3，又x0∈(eq\f(1,2)，1)，所以u(x0)＝2x0＋eq\f(2,x0)－1>u(1)＝3，所以g(x)min＝g(x0)∈(3，4)，则满足m<g(x0)的最大的正整数m的值为3.第64讲导数与不等式的综合问题【夯基固本】[热身练习]1．402.A3.A4.B5.c<a<b【考点探究】[例1](1)如图，过点A作AA1⊥MN于点A1，过点B作BB1⊥MN于点B1，则AA1，BB1，CD1，EF1都与MN垂直，A1，B1，D1，F1是相应垂足．由条件知，当O′B＝40m时，BB1＝－eq\f(1,800)×403＋6×40＝160(m)，则AA1＝160m.由eq\f(1,40)O′A2＝160m，得O′A＝80m.所以AB＝O′A＋O′B＝80＋40＝120(m).故桥AB的长度为120m.(2)以O为原点，OO′为y轴建立平面直角坐标系(如图所示).设F(x，y2)，x∈(0，40)，则y2＝－eq\f(1,800)x3＋6x，EF＝160－y2＝160＋eq\f(1,800)x3－6x(m).因为CE＝80m，所以O′C＝(80－x)m.设D(x－80，y1)，则y1＝eq\f(1,40)(80－x)2(m)，所以CD＝160－y1＝160－eq\f(1,40)(80－x)2＝－eq\f(1,40)x2＋4x(m).记桥墩CD和EF的总造价为f(x)，则f(x)＝k(160＋eq\f(1,800)x3－6x)＋eq\f(3,2)k(－eq\f(1,40)x2＋4x)＝k(eq\f(1,800)x3－eq\f(3,80)x2＋160)(0＜x＜40).f′(x)＝k(eq\f(3,800)x2－eq\f(3,40)x)＝eq\f(3k,800)x(x－20)，令f′(x)＝0，得x＝20.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(0，20)20(20，40)f′(x)－0＋f(x)单调递减极小值单调递增所以当x＝20时，f(x)取得最小值．故当O′E为20m时，桥墩CD和EF的总造价最低．[变式探究]1．(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)，将其分别代入y＝eq\f(a,x2＋b)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,25＋b)＝40，,\f(a,400＋b)＝2.5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1000，,b＝0.))(2)(ⅰ)由(1)知，y＝eq\f(1000,x2)(5≤x≤20)，则点P的坐标为(t，eq\f(1000,t2)).设在点P处的切线l交x轴、y轴分别于A，B两点．因为y′＝－eq\f(2000,x3)，所以l的方程为y－eq\f(1000,t2)＝－eq\f(2000,t3)(x－t)，由此得A(eq\f(3t,2)，0)，B(0，eq\f(3000,t2)).故f(t)＝eq\r((\f(3t,2))2＋(\f(3000,t2))2)＝eq\f(3,2)eq\r(t2＋\f(4×106,t4))，t∈[5，20].(ⅱ)设g(t)＝t2＋eq\f(4×106,t4)，则g′(t)＝2t－eq\f(16×106,t5).令g′(t)＝0，解得t＝10eq\r(2).当t∈(5，10eq\r(2))时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；当t∈(10eq\r(2)，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．从而，当t＝10eq\r(2)时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15eq\r(3).故当t＝10eq\r(2)时，公路l的长度最短，最短长度为15eq\r(3)km.[例2](1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1.当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减．当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，当x<－lna时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－lna)上单调递减；当x>－lna时，f′(x)>0，则f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)得，当a>0时，f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，要证f(x)>2lna＋eq\f(3,2)，即证1＋a2＋lna>2lna＋eq\f(3,2)，即证a2－eq\f(1,2)－lna>0恒成立．令g(a)＝a2－eq\f(1,2)－lna(a>0)，则g′(a)＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)，令g′(a)<0，则0<a<eq\f(\r(2),2)；令g′(a)>0，则a>eq\f(\r(2),2).所以g(a)在(0，eq\f(\r(2),2))上单调递减，在(eq\f(\r(2),2)，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(eq\f(\r(2),2))＝(eq\f(\r(2),2))2－eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝lneq\r(2)>0，则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2lna＋eq\f(3,2)恒成立．[变式探究]2．(1)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(ax－b,x)，当a>0，b<0时，g′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0，b>0时，令g′(x)>0，得x>eq\f(b,a)，令g′(x)<0，得0<x<eq\f(b,a)，则g(x)在(0，eq\f(b,a))上单调递减，在(eq\f(b,a)，＋∞)上单调递增；当a<0，b>0时，g′(x)<0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a<0，b<0时，令g′(x)>0，得0<x<eq\f(b,a)，令g′(x)<0，得x>eq\f(b,a)，则g(x)在(0，eq\f(b,a))上单调递增，在(eq\f(b,a)，＋∞)上单调递减．(2)证明：设函数h(x)＝f(x)－(3x＋1)，则h(x)＝2ln(x＋1)＋sinx－3x，h′(x)＝eq\f(2,x＋1)＋cosx－3.因为x≥0，所以eq\f(2,x＋1)∈(0，2]，cosx∈[－1，1]，则h′(x)≤0，从而h(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以h(x)＝f(x)－(3x＋1)≤h(0)＝0，即f(x)≤3x＋1.(3)证明：当a＝b＝1时，g(x)＝x－1－lnx.由(1)知，g(x)min＝g(1)＝0，所以g(x)＝x－1－lnx≥0，即x≥1＋lnx.当x>－1时，(x＋1)2>0，(x＋1)2esinx>0，则(x＋1)2esinx≥1＋ln[(x＋1)2esinx]，即(x＋1)2esinx≥2ln(x＋1)＋sinx＋1，又(x2＋2x＋2)esinx>(x＋1)2esinx，所以(x2＋2x＋2)esinx>2ln(x＋1)＋sinx＋1，即f(x)<(x2＋2x＋2)esinx.[例3](1)f′(x)＝2x＋eq\f(1,x)，则f′(1)＝3，f(1)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.(2)(ⅰ)由g(x)＝x2－ax＋lnx，得g′(x)＝2x－a＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－ax＋1,x)(x>0)，因为x＝1时，g(x)取得极值，所以g′(1)＝2－a＋1＝0，解得a＝3，所以g′(x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)＝eq\f((2x－1)(x－1),x)(x>0)，令g′(x)>0，得0<x<eq\f(1,2)或x>1；令g′(x)<0，得eq\f(1,2)<x<1.所以g(x)的单调递增区间为(0，eq\f(1,2))，(1，＋∞)，单调递减区间为(eq\f(1,2)，1).(ⅱ)证明：g′(x)＝eq\f(2x2－ax＋1,x)(x>0)，因为g(x)存在两个极值点，所以方程g′(x)＝0，即2x2－ax＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根．因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－8>0，,x1x2＝\f(1,2)>0，,x1＋x2＝\f(a,2)>0，))解得a>2eq\r(2)，则eq\f(g(x2)－g(x1),x2－x1)＝eq\f(xeq\o\al(2,2)－ax2＋lnx2－xeq\o\al(2,1)＋ax1－lnx1,x2－x1)＝x2＋x1－a＋eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＝－eq\f(a,2)＋eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)，所以所证不等式eq\f(g(x2)－g(x1),x2－x1)>eq\f(4,a)－eq\f(a,2)等价于eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)>eq\f(4,a)，即eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)>eq\f(2,x2＋x1).不妨设x2>x1>0，即证lneq\f(x2,x1)>eq\f(2(\f(x2,x1)－1),\f(x2,x1)＋1)，令t＝eq\f(x2,x1)(t>1)，h(t)＝lnt－eq\f(2(t－1),t＋1)，t∈(1，＋∞)，则h′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,(t＋1)2)＝eq\f((t－1)2,t(t＋1)2)>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，所以lneq\f(x2,x1)>eq\f(2(\f(x2,x1)－1),\f(x2,x1)＋1)成立，所以eq\f(g(x2)－g(x1),x2－x1)>eq\f(4,a)－eq\f(a,2).[变式探究]3．(1)当a＝－2时，函数f(x)＝3lnx－2x2－4x＋b(b∈R)，其定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝eq\f(3,x)－4x－4＝eq\f(－4x2－4x＋3,x)＝－eq\f((2x＋3)(2x－1),x)，当x∈(0，eq\f(1,2))时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x∈(eq\f(1,2)，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数．(2)当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝3lnx＋eq\f(1,2)x2－4x＋b.(ⅰ)方程f(x)＝0有三个不相等的实数根，即方程－b＝3lnx＋eq\f(1,2)x2－4x在(0，＋∞)上有三个不相等的实数根．令g(x)＝3lnx＋eq\f(1,2)x2－4x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝eq\f(3,x)＋x－4＝eq\f((x－1)(x－3),x)，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝3，则当0<x<1或x>3时，g′(x)>0，当1<x<3时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，1)和(3，＋∞)上单调递增，在(1，3)上单调递减，g(x)的极大值为g(1)＝－eq\f(7,2)，极小值为g(3)＝3ln3－eq\f(15,2)，且当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.要使方程f(x)＝0有三个不相等的实数根，则3ln3－eq\f(15,2)<－b<－eq\f(7,2)，所以b的取值范围为(eq\f(7,2)，eq\f(15,2)－3ln3).(ⅱ)证明：设x1<x2<x3，由(ⅰ)可得0<x1<1<x2<3<x3，要证|xi－xj|<4(i＝1，2，3；j＝1，2，3)，只需证|xi－xj|max<4，即证x3－x1<4.当a＝eq\f(1,2)时，f(x)在(0，1)和(3，＋∞)上单调递增，在(1，3)上单调递减，且当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞.由f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0，构造函数h(x)＝f(x)－f(2－x)(0<x<1)，h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝eq\f(6(x－1)2,x(2－x))，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)<h(1)＝0，即f(x)－f(2－x)<0在(0，1)上恒成立，又x1∈(0，1)，则有f(x1)－f(2－x1)<0，所以f(x2)＝f(x1)<f(2－x1)，又因为x2∈(1，3)，2－x1∈(1，2)，且f(x)在(1，3)上单调递减，所以x2>2－x1，即x1＋x2>2.构造函数φ(x)＝f(x)－f(6－x)(1<x<3)，φ′(x)＝f′(x)＋f′(6－x)＝eq\f(2(x－3)2,x(6－x))，当x∈(1，3)时，φ′(x)>0，φ(x)在(1，3)上单调递增．所以φ(x)<φ(3)＝0，即f(x)－f(6－x)<0在(1，3)上恒成立．又因为x2∈(1，3)，则f(x2)－f(6－x2)<0.即f(x3)＝f(x2)<f(6－x2)，由x2∈(1，3)，x3∈(3，＋∞)，则6－x2∈(3，5).因为f(x)在(3，＋∞)上单调递增，所以x3<6－x2，x3＋x2<6.又x1＋x2>2，则可证得x3－x1<4，所以|xi－xj|<4(i＝1，2，3；j＝1，2，3).第65讲导数的综合应用——导数与方程【夯基固本】[知识梳理]1．(1)横坐标(2)①公共点实数解②公共点实数解③至少有一[热身练习]1．A2.C3.B4.D5.[eq\f(1,3)，eq\f(1,e))【考点探究】[例1](1)因为f(x)为R上的增函数，故f′(x)＝kxex＋1≥0对x∈R恒成立．①当k＝0时，显然符合；②当k<0时，当x→＋∞时，f′(x)→－∞，不合题意，舍去；③当k>0时，令g(x)＝kxex＋1，g′(x)＝k(x＋1)ex，则当x<－1时，g′(x)<0，当x>－1时，g′(x)>0，故g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，则g(x)min＝g(－1)＝－eq\f(k,e)＋1，依题意，需使－eq\f(k,e)＋1≥0，即k≤e，故得0<k≤e.综上，实数k的取值范围为[0，e].(2)由(1)知，令g(x)＝f′(x)＝kxex＋1，g′(x)＝k(x＋1)ex，①当k＝0时，f(x)＝x有且仅有一个零点x＝0；②当k>0时，若x≤0，则f(x)<0，f(x)无零点，当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，注意到f(0)＝－k<0，f(1)＝1>0，由函数零点存在定理，f(x)在(0，1)上有唯一的零点；③当k<0时，令g′(x)＝0⇔x＝－1，当x<－1时，g′(x)>0，当x>－1时，g′(x)<0，故f′(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，x≤0时，f′(x)>0，x>0时，f′(x)单调递减，注意到f′(0)＝1>0，f′(－eq\f(1,k))＝－e－eq\f(1,k)＋1<0，则f′(x)在(0，－eq\f(1,k))上有唯一的零点x0，且当x<x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，注意到f(k)＝k[(k－1)ek＋1]<0，f(0)＝－k>0，f(1－eq\f(1,k))＝－e1-eq\f(1,k)＋1－eq\f(1,k)<0，所以f(x)在(k，0)和(0，1－eq\f(1,k))上各有一个零点x1，x2.综上，当k<0时，f(x)有两个零点；当k≥0时，f(x)有唯一的零点．[变式探究]1．(1)证明：函数f(x)＝xln(2x＋1)－ax2的定义域为(－eq\f(1,2)，＋∞)，又f′(x)＝ln(2x＋1)＋eq\f(2x,2x＋1)－2ax，因为a<0，则当－eq\f(1,2)<x<0时，ln(2x＋1)<0，eq\f(2x,2x＋1)<0，－2ax<0，所以f′(x)<0，函数f(x)在(－eq\f(1,2)，0)上单调递减，当x>0时，ln(2x＋1)>0，eq\f(2x,2x＋1)>0，－2ax>0，则有f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，函数f(x)取得极小值，所以当a<0时，函数f(x)存在极小值．(2)函数f(x)＝xln(2x＋1)－ax2的定义域为(－eq\f(1,2)，＋∞)，f(x)＝0xln(2x＋1)＝ax2，显然x＝0是函数f(x)的零点，当x≠0时，函数f(x)的零点即为方程a＝eq\f(ln(2x＋1),x)的解．令g(x)＝eq\f(ln(2x＋1),x)，x∈(－eq\f(1,2)，0)∪(0，＋∞)，则g′(x)＝eq\f(\f(2x,2x＋1)－ln(2x＋1),x2)，令h(x)＝eq\f(2x,2x＋1)－ln(2x＋1)，则h′(x)＝eq\f(2,(2x＋1)2)－eq\f(2,2x＋1)＝－