11、任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．
解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝(x＋1)ex－a＝(xex－a)，
因為函數(shù)y＝xex在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且值域為(0，＋∞)，
所以，①當(dāng)a≤0時，xex－a>0，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值點；
②當(dāng)a>0時，方程xex－a＝0有唯一解，設(shè)為x0(x0>0)，且當(dāng)0x0時，f′(x)>0，所以x0是函數(shù)f(x)的極小值點，即函數(shù)f(x)只有1個極值點．
(2)解法一：當(dāng)a＝1時，不等式f(x)≥g(x)對任意的x∈(0，＋∞)恒
12、成立，
即xex－lnx－1≥(m＋1)x對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即ex－≥m＋1對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，記F(x)＝ex－，
則F′(x)＝ex＋＝，記h(x)＝x2ex＋lnx，則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
且，h(1)＝e>0，所以存在x1∈使得h(x1)＝0，
且當(dāng)x∈(0，x1)時，h(x)<0，F(xiàn)′(x)<0；當(dāng)x∈(x1，＋∞)時，h(x)>0，F(xiàn)′(x)>0.
所以1≥m＋1，解得m≤0.
綜上，實數(shù)m的取值范圍是(－∞，0]．
解法二：當(dāng)a＝1時，不等式f(x)≥g(x)對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即xex－lnx－1≥(
13、m＋1)x對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即≥m＋1對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
記h(t)＝et－t，因為h′(t)＝et－1，所以當(dāng)t<0時，h′(t)<0，當(dāng)t>0時，h′(t)>0，
所以h(t)≥h(0)＝1，因此et≥t＋1(當(dāng)且僅當(dāng)t＝0時取“＝”)，
所以xex－lnx－1＝elnx＋x－lnx－1≥lnx＋x＋1－lnx－1＝x，
所以當(dāng)x>0時，≥1，且當(dāng)x＋lnx＝0時，取到“＝”，
所以的最小值是1，因此1≥m＋1，即m≤0.
綜上，實數(shù)m的取值范圍是(－∞，0]．
2．[2019·廣州綜合測試二]已知函數(shù)f(x)＝lnx－(k∈R)．
(1)討
14、論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點x1，x2，求k的取值范圍，并證明x1＋x2>2.
解：(1)因為f(x)＝lnx－，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
所以f′(x)＝＋＝，x>0.
當(dāng)k≥0時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)k<0時，由f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)，
當(dāng)x∈(0，)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(，＋∞)時，f′(x)>0，
所以函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增．
綜上所述，當(dāng)k≥0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)k<0時，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在
15、(，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)①先求k的取值范圍．
解法一：由(1)知，當(dāng)k≥0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不可能有兩個零點，不滿足條件．
當(dāng)k<0時，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f()＝ln＋.
要使函數(shù)f(x)有兩個零點，首先f(x)min＝ln＋<0，解得－0，
下面證明f(－2k)＝ln(－2k)－>0.
設(shè)g(k)＝ln(－2k)－，
則g′(k)＝＋＝.
當(dāng)k>－時，g′(k)＝＋＝>>0.
所以g(k)在上單調(diào)遞增，
所以g(k)>g＝ln＋>0，即f(－
16、2k)>0成立．
【若考生書寫為：當(dāng)x→0＋時，f(x)→＋∞，且f(1)＝－k>0.此處不扣分】
所以k的取值范圍是.
解法二：由f(x)＝lnx－＝0，得k＝x2lnx.
設(shè)g(x)＝x2lnx，則g′(x)＝x(2lnx＋1)．
當(dāng)0時，
g′(x)>0，
所以函數(shù)g(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以g(x)min＝g()＝－.
因為x→0＋時，g(x)→0，且g(1)＝0，
所以要使函數(shù)f(x)有兩個零點，必有－2.
解法一：x1，x2是函數(shù)f(x)的
17、兩個零點，不妨設(shè)x11.
由，得lnx2－lnx1＝－.
所以lnt＝－，即x＝，－1.
要證x1＋x2>2，即證(x1＋x2)2>－8k，
即證x(1＋t2)>－8k，即證(1＋t)2>－8k，
因為－1，
所以即證(1＋t)2<－8lnt，
即證8lnt＋(1＋t)2<0(t>1)．
設(shè)h(t)＝8lnt＋(1＋t)2，
即h(t)＝8lnt－t2－2t＋＋，
所以h′(t)＝－2t－2－－＝
，則當(dāng)t>1時，h′(t)<0，
所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)t>1時，h(t)＝8lnt＋(1
18、＋t)22.
解法二：x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，不妨設(shè)x11.
由，得lnx2－lnx1＝－.
所以lnt＝－，即x＝，－1.
要證x1＋x2>2，即證>，
即證tx>－2k，即證t×>－2k，
因為－1，所以即證t－>2lnt(t>1)．
設(shè)h(t)＝2lnt－t＋，
所以h′(t)＝－1－＝－，則當(dāng)t>1時，h′(t)<0，
所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)t>1時，h(t)＝2lnt－t＋2>2.
解法三：x1
19、，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，不妨設(shè)x11.
由得lnx1＋lnx2＝＋.
要證x1＋x2>2，即證>，
只需證lnx＋lnx2>ln(－2k)．
即證＋>ln(－2k)，即證＋>ln(－2k)，
即證k>ln(－2k)．
由(1)可得0.
所以k>k×＝－>－×(1＋1)＝－1.
而ln(－2k)ln(－2k)成立．
所以x1＋x2>2>2.
解法四：x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，不妨設(shè)x11.
由得lnx2－lnx1＝－.
先證明<，
20、
即證明lnt<(t>1)．
設(shè)h(t)＝－lnt，則h′(t)＝，
當(dāng)t>1時，h′(t)>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以h(t)>h(1)＝0，所證不等式成立．
所以有＝<，
即－k(x1＋x2)<()3.
因為<(x1≠x2)，
所以－k(x1＋x2)<3，
即(x1＋x2)2>－8k.
所以x1＋x2>2.
解法五：要證x1＋x2>2，其中x1∈(0，)，x2∈(，＋∞)，即證x2>2－x1.
由(1)得函數(shù)f(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞增，又2－x1>，所以只需證明f(x2)>f(2－x1)．
因為f(x2)＝f(x1)，所以只要證明f(x
21、1)>f(2－x1)，其中x1∈(0，)．
構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0，)，
則F(x)＝lnx－－ln(2－x)＋.因為F′(x)＝＋＋＋＝＋
(利用基本不等式)<＋＝－<0，
所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，
所以F(x)>F()＝ln＋－ln－＝0，
所以f(x)>f(2－x)在(0，)上恒成立．
所以要證的不等式x1＋x2>2成立．
3．[2019·太原一模]已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x，a∈R.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)a＜－時，若對于任意x1，x2∈(1，＋∞)(x1＜x2)，都存在x0∈(x1，x2
22、)，使得f′(x0)＝，證明：＜x0.
解：(1)由題意得f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－，x＞0.
①當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＞0，則0＜x＜；
令f′(x)＜0，則x＞，∴f(x)在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減．
(2)證明：當(dāng)a＜－時，
∵＝ln－a(x2＋x1)＋(2－a)，f′(x0)＝－2ax0＋(2－a)，
∴l(xiāng)n－a(x2＋x1)＝－2ax0.
∵f′－f′(x0)＝－a(x2＋x1)－＝－ln＝·＝
令t＝，g(t)＝－lnt，t＞1，
則g′(t)＝－＜0，
∴
23、g(t)＜g(1)＝0，∴f′－f′(x0)＜0，
∴f′＜f′(x0)．
設(shè)h(x)＝f′(x)＝－2ax＋(2－a)，x＞1，
則h′(x)＝－－2a＞－1＋1＝0，
∴h(x)＝f′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴＜x0.
4．[2019·石家莊一模]已知函數(shù)f(x)＝lnx＋，g(x)＝，a∈R.
(1)求函數(shù)f(x)的極小值；
(2)求證：當(dāng)－1≤a≤1時，f(x)＞g(x)．
解：(1)f′(x)＝－＝，(x＞0)．
當(dāng)a－1≤0時，即a≤1時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無極小值；
當(dāng)a－1＞0時，即a＞1時，f′(x)＜0?0
24、＜x＜a－1，函數(shù)f(x)在(0，a－1)上單調(diào)遞減；
f′(x)＞0?x＞a－1，函數(shù)f(x)在(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增；
f(x)極小值＝f(a－1)＝1＋ln(a－1)．
綜上所述，當(dāng)a≤1時，f(x)無極小值；
當(dāng)a＞1時，f(x)極小值＝1＋ln(a－1)．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx＋－＝，(x＞0)
當(dāng)－1≤a≤1時，要證：f(x)＞g(x)，即證F(x)＞0，即證xlnx－asinx＋1＞0.
解法一：要證xlnx－asinx＋1＞0，即證xlnx＞asinx－1.
①當(dāng)0＜a≤1時，
令h(x)＝x－sinx(x>0)，h′(x)＝1－c
25、osx≥0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
故h(x)＞h(0)＝0，即x＞sinx，
∴ax－1＞asinx－1(*)．
令q(x)＝xlnx－x＋1，q′(x)＝lnx，
當(dāng)x∈(0,1)，q′(x)＜0，q(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；x∈(1，＋∞)，q′(x)＞0，q(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故q(x)≥q(1)＝0，即xlnx≥x－1.當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號．
又∵0＜a≤1，∴xlnx≥x－1≥ax－1(**)．
由(*)及(**)可知xlnx≥x－1≥ax－1＞asinx－1，
所以當(dāng)0＜a≤1時，xlnx＞asinx－1.
②當(dāng)a＝0時，即證xl
26、nx＞－1.令m(x)＝xlnx，m′(x)＝lnx＋1，m(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，m(x)min＝m＝－＞－1，故xlnx＞－1.
③當(dāng)－1≤a＜0時，
當(dāng)x∈(0,1]時，asinx－1＜－1，
由②知m(x)＝xlnx≥－，而－＞－1，
故xlnx＞asinx－1；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，asinx－1≤0，
由②知m(x)＝xlnx＞m(1)＝0，
故xlnx＞asinx－1；
所以，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，xlnx＞asinx－1.
綜上①②③可知，當(dāng)－1≤a≤1時，f(x)＞g(x)．
解法二：當(dāng)－1≤a≤1時，下證xlnx－asinx＋1＞0，即證xl
27、nx＞asinx－1.
①當(dāng)x＞1時，易知xlnx＞0，asinx－1≤0，
故xlnx－asinx＋1＞0.
②當(dāng)x＝1時，0－asin1＋1＞0顯然成立，故xlnx－asinx＋1＞0.
③當(dāng)0＜x＜1時，sinx＞0，故－sinx≤asinx≤sinx，
令h(x)＝x－sinx(x>0)，h′(x)＝1－cosx≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
故h(x)＞h(0)＝0，即x＞sinx，故asinx＜x；
只需證q(x)＝xlnx－x＋1＞0，q′(x)＝lnx，當(dāng)x∈(0,1)，q′(x)＜0，q(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，故q(x)＞q(1)＝0，故xlnx－asinx＋1＞0.
綜上①②③可知，當(dāng)－1≤a≤1時，f(x)＞g(x)．
解法三：易知f(x)－g(x)＝lnx＋－a.
要證f(x)＞g(x)，即證lnx＋＞a·.
令φ(x)＝lnx＋，則φ′(x)＝，
故φ(x)min＝φ(1)＝1.
故φ(x)>1.
令h(x)＝sinx－x，h′(x)＝cosx－1≤0，故h(x)在(0，＋∞)上遞減．
由h(0)＝0，從而當(dāng)x＞0時sinx＜x，故＜1.
由－1≤a≤1，故a·＜1.
所以lnx＋>a·，
綜上，當(dāng)－1≤a≤1時，f(x)＞g(x)．
14
（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點 解答題專練 第6講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 理
