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高考大题专项突破(一)　导数的综合应用
　备考第1步——突破核心考点，提升关键能力
导数是研究函数的重要工具，而构造函数证明不等式或将不等式的恒成立问题转变为函数的最值问题，是导数应用的两个方向，特别是近几年的高考题中时常出现，难度较大，凸显数学运算和逻辑推理核心素养．
题型一　利用导数证明不等式
角度1　构造函数法
【例1】　设 f(x)＝2x ln x＋1．
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2ln x．
解：(1)f′(x)＝2(ln x＋1)．
所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝时，f(x)取得最小值 f＝1－．
(2)证明：x2－x＋＋2ln x－f(x)
＝x(x－1)－－2(x－1)ln x
＝(x－1)，
令g(x)＝x－－2ln x，
则g′(x)＝1＋－＝≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，
所以当0当x>1时，g(x)>0，
所以(x－1)≥0，
即f(x)≤x2－x＋＋2ln x．
[思维升华]　利用导数证明不等式f (x)＞g(x)的基本方法
(1)若f (x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f (x)min＞g(x)max．
(2)若f (x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f (x)－g(x)．若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增．同时h(a)>0，即f (x)>g(x)；若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减．同时h(b)>0，即f (x)>g(x)．
[对点练]　1．(2021·河北石家庄二模)已知函数f(x)＝a ln x＋x，函数g(x)＝ex＋bx2，
(1)记h(x)＝f(x)＋x2, 试讨论函数h(x)的单调性，并求出函数h(x)的极值点；
(2)若已知曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)在x＝1处的切线都过点(0，1)．求证：当x>0 时，xf(x)＋g(x)－(e－1)x≥1．
解：(1) h(x)＝a ln x＋x＋x2，h′(x)＝(x>0),
记φ(x)＝2x2＋x＋a(x>0)，
当a≥0时，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)单调递增，无极值点；
当a<0时，Δ＝1－8a>0，φ(x)有异号两根x1＝(<0)，x2＝(>0)
∴x∈，φ(x)<0，h′(x)<0，
h(x)在单调递减；
x∈，φ(x)>0，h′(x)>0，
h(x)在单调递增．
∴h(x)有极小值点x＝．
(2)证明：∵f′(x)＝(x>0), g′(x)＝ex＋2bx
∴f′(1)＝a＋1，f(x)在x＝1处切线方程为y－1＝(a＋1)(x－1)，过点(0，1)得a＝－1，
g′(1)＝e＋2b，g(x)在x＝1处切线方程为y－e－b＝(e＋2b)(x－1)，过点(0，1)得b＝－1，
∴f(x)＝－ln x＋x，g(x)＝ex－x2，
要证：xf(x)＋g(x)－(e－1)x≥1，
即证：ex－x ln x－(e－1)x－1≥0，
即证：－ln x－－(e－1)≥0．
构造函数K(x)＝－ln x－－(e－1)，
则K′(x)＝，
∵x>0时，ex－1>0，
∴x∈(0，1)时，K′(x)<0，K(x)在(0，1)单调递减；
∴x∈(1，＋∞)时，K′(x)>0，K(x)在(1，＋∞)单调递增，∴K(x)≥K(1)＝0．所以原不等式成立．
角度2　最值转化法
【例2】　(2021·全国乙卷)己知函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝．证明：g(x)<1．
[思维点拨]　(1)确定函数f(x)的定义域，令g(x)＝xf(x)，由极值的定义得到g′(x)＝0，求出a的值，然后进行证明，即可得到a的值；
(2)将问题转化为证明<1，进一步转化为证明x＋ln (1－x)>x ln (1－x)，令h(x)＝x＋(1－x)ln (1－x)，利用导数研究h(x)的单调性，证明h(x)>h(0)，即可证明．
解析：(1)由题意，f(x)的定义域为(－∞，a)，
令g(x)＝xf(x)，则g(x)＝x ln (a－x)，x∈(－∞，a)，
则g′(x)＝ln (a－x)＋x·＝ln (a－x)＋，
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，则有g′(x)＝0，即ln a＝0，所以a＝1，
当a＝1时，g′(x)＝ln (1－x)＋＝ln (1－x)＋＋1，且g′(0)＝0，
因为g″(x)＝＋＝<0，
则g′(x)在(－∞，1)上单调递减，
所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)>0，
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，
所以a＝1时，x＝0是函数y＝xf(x)的一个极大值．
综上所述，a＝1．
(2)证明：由(1)可知，xf(x)＝x ln (1－x)，
要证<1，即需证明<1，
因为当x∈(－∞，0)时，x ln (1－x)<0，
当x∈(0，1)时，x ln (1－x)<0，
所以需证明x＋ln (1－x)>x ln (1－x)，
即x＋(1－x)ln (1－x)>0，
令h(x)＝x＋(1－x)ln (1－x)，
则h′(x)＝(1－x)·＋1－ln (1－x)＝－ln (1－x)，
所以h′(0)＝0，当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，
所以x＝0为h(x)的极小值点，
所以h(x)>h(0)＝0，即x＋ln (1－x)>x ln (1－x)，
故<1，
所以<1．
[思维升华]　待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
[对点练]　1．(2021·湖北武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明f(x)≥．
解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，
函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1．
要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，
即证ln a＋－1≥0．
令函数g(a)＝ln a＋－1，
则g′(a)＝－＝(a>0)，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(1)＝0．
所以ln a＋－1≥0恒成立，
所以f(x)≥．
角度3　分拆函数法(凹凸翻转)
【例3】　已知函数f(x)＝x ln x－ax．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>－成立．
解：(1)函数f(x)＝x ln x－ax的定义域为(0，＋∞)．
当a＝－1时，f(x)＝x ln x＋x，f′(x)＝ln x＋2．
由f′(x)＝0，得x＝．当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0．
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x)min＝f ＝－，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值．
(2)证明：当x>0时，ln x＋1>－
等价于x(ln x＋1)>－．
由(1)知a＝－1时，f(x)＝x ln x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取等号．
设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－，
当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－．
[思维升华]　构造双函数法证明不等式的适用情形
在证明不等式时，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可将不等式转化为两函数，一个是上凸的，一个是下凹的，借助两个函数的最值证明，如证f (x)≥g(x)在D上恒成立，只需证明f (x)min≥g(x)max即可．这种方法又称为“凹凸翻转”．
[对点练]　已知函数f (x)＝x2＋2x－2xex．
(1)求函数f (x)的极值．
(2)当x＞0时，证明f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x．
解析：(1)解：因为函数f (x)＝x2＋2x－2xex(x∈R)，
所以f ′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)．
由f ′(x)＝0，得x＝－1或x＝0，列表如下：
x (－∞，－1) －1 (－1，0) 0 (0，＋∞)
f ′(x) － 0 ＋ 0 －
f (x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
所以当x＝－1时，f (x)极小值＝f (－1)＝1－2＋2×＝－1；
当x＝0时，f (x)极大值＝f (0)＝0．
(2)证明：要证明f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x．
即证2ex－x2－2x＞(x＞0)．
令g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，
h(x)＝(x＞0)．
g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)＞0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，g′(x)＞g′(0)＝0．
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(0)＝2．
h′(x)＝，可得h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(e)＝2．
又g(x)与h(x)取最值点不同，
所以g(x)＞h(x)在(0，＋∞)恒成立，
故2ex－x2－2x＞(x＞0)．
所以当x＞0时，f (x)－2x＋x2＋x3＜－2eln x．
题型二　利用导数求参数的取值范围
角度1　分离参数求范围
【例4】　已知函数f(x)＝．
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－．
令f′(x)＝0，得x＝1．
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以a<1故(2)当x≥1时，k≤恒成立．
令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)
＝
＝．
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
[思维升华]　分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立 a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立 a≤f(x)max．
[对点练]　(2021·宁夏银川一中模拟)已知函数f(x)＝x(ln x－m－1)，m∈R．
(1)若m＝2，求曲线y＝f在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)若对于任意x∈，都有f(x)<4ln x成立，求实数m的取值范围．
解析：(1)若m＝2，则f(x)＝x(ln x－3)，则f′＝ln x－2，
则f′＝ln e－2＝－1，
即切线斜率为－1，又f＝e＝－2e，
则切线方程为y＋2e＝－，即x＋y＋e＝0．
(2)由f(x)<4ln x可得x－4ln x<0，
即m＋1>对任意x∈恒成立，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
令h＝4ln x＋x－4，x∈，则h′(x)＝＋1>0，
所以h在单调递增，则h(x)≥h(e)＝e>0，
则g′>0，所以g在单调递增，∴g(x)max＝g＝2－，
所以m＋1>2－，即m>1－．
角度2　最值转化法求参数范围
【例5】　(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1．
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0．
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1．
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，则g′(x)＝
－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x．
(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0，2)时，g′(x)＞0．所以g(x)在(0，2)单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0，2)时，g(x)＞1，不符合题意．
(ⅱ)若0＜2a＋1＜2，即－＜a＜，则当x∈(0，2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0；当x∈(2a＋1，2)时，g′(x)＞0．所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a＋1，2)单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥．
所以当≤a＜时，g(x)≤1．
(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥，则g(x)≤e－x．
由于0∈，故由(ⅱ)可得e－x≤1．
故当a≥时，g(x)≤1．
综上，a的取值范围是．
[思维升华]　根据不等式恒成立求参数范围的关键是把不等式转化为函数，利用函数值与最值之间的数量关系确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围．
[对点练]　已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；
(2)若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝ex－1－a＋，
∴f′(1)＝2－a＝3，∴a＝－1，
经检验a＝－1满足题意，∴a＝－1，
(2)f(x)≥ln x－a＋1可化为ex－1－ax＋a－1≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，
则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，
∵φ′(x)＝ex－1－a，
①当a≤0时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，
∴a≤0符合题意．
②当a>0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1．
当x∈(－∞，ln a＋1)时，φ′(x)<0，
当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增．
当ln a＋1≤1，即0φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，
∴0当ln a＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾．
故a>1不符合题意．
综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}．
角度3　含全称量词与存在量词的不等式成立问题
【例6】　设f (x)＝＋x ln x，g(x)＝x3－x2－3．
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)存在x1 ，x2 ∈[0，2]使得g(x1 )－g(x2 )≥M成立，等价于[g(x1 )－g(x2 )]max ≥M．
因为g(x)＝x3 －x2 －3，
所以g′(x)＝3x2 －2x＝3x ．
g(x)，g′(x)随x变化的情况如下表：
x 0 2
g′(x) 0 － 0 ＋
g(x) －3 ↘ 极小值－ ↗ 1
由上表可知，g(x)min ＝g ＝－，g(x)max ＝g(2)＝1．
[g(x 1 )－g(x 2 )]max ＝g(x)max －g(x)min ＝，所以满足条件的最大整数M＝4．
(2)对于任意的s，t∈ ，都有f (s)≥g(t)成立，
等价于在区间 上，函数f (x)min ≥g(x)max ．
由(1)可知，在区间 上，g(x)的最大值g(2)＝1．
在区间 上，f (x)＝＋x ln x≥1恒成立．
等价于a≥x－x2ln x恒成立，
记h(x)＝x－x2ln x，
则h′(x)＝1－2x ln x－x，h′′(x)＝－2ln x－3，当x∈，h′′(x)<0，可知，h′(x)在区间上是减函数，h′(1)＝0．
当1当≤x<1时，h′(x)>0．
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(1，2]上单调递减，
所以h(x) max ＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
[思维升华]　导数研究不等式的关键是函数的单调性和最值，各类不等式与函数最值关系如下：
不等式类型 与最值的关系
x∈D，f(x)>M x∈D，f(x)min>M
x∈D，f(x) x0∈D，f(x0)>M x∈D，f(x)max>M
x0∈D，f(x0) x∈D，f(x)>g(x) x∈D，[f(x)－g(x)]min>0
x∈D，f(x) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)min>g(x2)max
x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)min>g(x2)min
x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)max>g(x2)max
x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)max>g(x2)min
(注：上述的大于、小于分别改为不小于、不大于，相应的与最值关系对应的不等号也改变)
[对点练]　已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．
(1)当a＝1时，证明：f(x)≤－2；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝时，若 x1∈(0，2)， x2∈[1，2]，f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解：(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ln x－x－1，则f′(x)＝－1，
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，所以f(x)max＝f(1)＝－2，故f(x)≤－2．
(2)依题意得f(x)在(0，2)上的最小值不小于g(x)在[1，2]上的最小值，即f(x)min≥g(x)min．
当a＝时，f(x)＝ln x－x＋－1，
所以f′(x)＝－－＝－，
当00，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增，
所以当x∈(0，2)时，f(x)min＝f(1)＝－．
又g(x)＝x2－2bx＋4，x∈[1，2]，
①当b<1时，易得g(x)min＝g(1)＝5－2b，
则5－2b≤－，解得b≥，这与b<1矛盾；
②当1≤b≤2时，易得g(x)min＝g(b)＝4－b2，
则4－b2≤－，所以b2≥，这与1≤b≤2矛盾；
③当b>2时，易得g(x)min＝g(2)＝8－4b，
则8－4b≤－，解得b≥．
综上，实数b的取值范围是[，＋∞)．
　备考第2步——拓展创新应用，培优学科素养
换元转化法证明双变量不等式问题
导数中的双变量不等式问题是高考常考内容，其主导思想就是消元，将双变量转化为单变量。考查形式一般为解答题，难度较大，常以压轴题出现，对计算能力、逻辑推理能力有较高要求，凸显数学运算和逻辑推理素养。
【典例】　若b>a>0，求证：ln b－ln a>．
[思维点拨]　思路一：主元法，即将其中的一个作为主元，另一个作为参数，构造函数证明．
思路二：比值换元法，先将不等式变形为＝，
令t＝，化为只有一个变量t的函数求解．
证明：(法一：主元法)：构造函数f(x)＝ln b－ln x－，其中0则f′(x)＝－－
＝－
＝－．
∵0则函数f(x)在(0，b)上单调递减，而b>a>0，
故f(a)>f(b)＝0，
即ln b－ln a>．
(法二：整体换元法)：令＝t(t>1)，
构造函数f(t)＝ln t－，则
f′(t)＝＋＝
＝．
∵t>1，∴t2－1>0，t2＋2t－1>12＋2－1>0，则f′(t)>0，∴f(t)在(1，＋∞)上单调递增，故f(t)>f(1)＝0，即ln －>0，从而有ln b－ln a>．
[思维升华]　证明双变量函数不等式的常见思路
1．主元法：将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式；
2．换元法：换元法求解双变量问题的一般步骤：
(1)先根据已知条件确定出变量x1，x2满足的条件；
(2)将待求的问题转化为关于x1，x2的函数问题，同时注意将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：①通过将所有涉及x1，x2的式子转化为关于的式子，将问题转化为关于自变量(亦可)的函数问题；②通过x1，x2的乘积关系，用x1表示x2(用x2表示x1亦可)，将双变量问题替换为x1(或x2)的单变量问题；
(3)构造关于或x1的新函数，同时根据已知条件确定出或x1的范围即为新函数定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解．
[对点练]　(2022·山东济南联考)已知函数f(x)＝ln x－mx(m∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)恰有两个不同的零点x1，x2，证明：f′(x1)＋f′(x2)>0．
解：(1)因为f(x)＝ln x－mx，
所以f′(x)＝－m＝(x>0)．
①当m≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当m>0时，令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得x>，
则f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：因为x1，x2是f(x)的两个零点，
所以ln x1＝mx1，ln x2＝mx2，所以m＝，
则f′(x1)＋f′(x2)＝＋－2m＝＋－2·．
要证f′(x1)＋f′(x2)>0，即证＋－2·>0．
不妨设x1>x2>0，则＋－2·>0等价于－－2ln >0．
令t＝，则t>1，设h(t)＝t－－2ln t(t>1)，
所以h′(t)＝1＋－＝>0(t>1)，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，则h(t)>h(1)＝0，即t－－2ln t>0对任意t>1恒成立，
故f′(x1)＋f′(x2)>0．
专项突破练(一)　
1．(2021·安徽淮北模拟)已知函数f＝x ln x－ax2＋x．
(1)证明：曲线y＝f在点处的切线l恒过定点；
(2)若f有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：x1x2>．
解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝x ln x－ax2＋x，得f′(x)＝ln x－2ax＋2，则f′(1)＝2(1－a)，又f(1)＝1－a，则曲线y＝f(x)在点处的切线l的方程为y－(1－a)＝2(1－a)(x－1)，
即y＝2(1－a)，显然恒过定点．
(2)若f(x)有两个零点x1，x2，则x1ln x1－ax＋x1＝0，x2ln x2－ax＋x2＝0，得a＝＋＝＋．
因为x2>2x1>0，令x2＝tx1(t>2)，则＋＝＋，得ln x1＝－1，
则ln x2＝ln (tx1)＝ln t＋ln x1＝－1，
所以ln ＝ln x1＋ln x2＝－1＋－1＝－2．
令h(t)＝－2(t>2)，则h′(t)＝，
令φ(t)＝－2ln t＋t－(t>2)，则φ′(t)＝－＋1＋＝>0，
则φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t)>φ(2)＝－2ln 2>0．
所以h′(t)＝>0，则h(t)在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(2)＝3ln 2－2＝ln ，
即ln >ln ，故x1x2>．
2．已知函数f(x)＝aex＋ln a，g(x)＝ln (x＋1)＋1(其中a为常数，e是自然对数的底数)．
(1)若a＝1，求函数 f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)>g(x)恒成立，求a的取值范围．
解析：(1)根据题意可知：f(x)＝ex，f′(x)＝ex，所以f(0)＝1，f′(0)＝1，所求的直线方程为y－1＝x－0，即y＝x＋1．
(2)法一∵f(x)＝aex＋ln a，g(x)＝ln (x＋1)＋1，
故不等式f(x)>g(x)恒成立可等价转化为：
aex－ln (x＋1)＋ln a－1>0在(－1，＋∞)上恒成立，
记h(x)＝aex－ln (x＋1)＋ln a－1，x∈(－1，＋∞)，
当0当a>1时，h′(x)＝aex－＝．
记φ(x)＝a(x＋1)ex－1，x∈[－1，＋∞)，
则φ′(x)＝a(x＋2)ex>0，
所以φ(x)在[－1，＋∞)上是增函数，又φ(－1)＝－1，φ(0)＝a－1>0，
所以 x0∈(－1，0)使得φ＝0，即aex0－1＝0，①
则当x∈时，φ(x)<0，即h′(x)<0，
当x∈时，φ(x)>0，即h′(x)>0，
故h(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以h(x)min＝h＝aex0－ln ＋ln a－1，②
由①式可得aex0＝，
ln a＝－ln －x0，
代入②式得h(x)min＝－－2ln ，
因为x0∈(－1，0)，即x0＋1∈(0，1)，
故－>0，2ln <0，即h(x)min>0，
所以a>1时，h(x)>0恒成立，故a的取值范围为 (1，＋∞)．
法二根据已知条件可得：∵f(x)＝aex＋ln a，g(x)＝ln (x＋1)＋1，且f(x)>g(x)恒成立；
故可等价转化为：aex＋ln >ln (x＋1)＋(x＋1)恒成立．设h(t)＝t＋ln t，则h′(t)＝1＋>0，h(t)单调递增，
因而aex>x＋1恒成立，即a>恒成立．
令s(x)＝，则s′(x)＝－，
当x∈(－1，0)时，s′(x)>0，s(x)单调递增，
当x∈(0，＋∞)时，s′(x)<0，s(x)单调递减，
所以 s(x)≤s(0)＝1，从而a>1即为所求．
3．(2022·河北沧州联考)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1．
解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2．
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ↘ 2(1－ln 2＋a) ↗
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)．
f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R．于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R．
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0．于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．
又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0．
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1．
4．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex－e2ln x>0恒成立．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝，
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，
∴x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：(法一)要证ex－e2ln x>0，即证ex－2>ln x，
令φ(x)＝ex－x－1，∴φ′(x)＝ex－1．
令φ′(x)＝0，得x＝0，∴x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；
x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，
可得ex－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，
又ln x≤x－1，即x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，
所以ex－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex－2>ln x．即证原不等式成立．
(法二)令φ(x)＝ex－e2ln x，φ(x)的定义域为(0，＋∞)，
φ′(x)＝ex－，令h(x)＝ex－，
∴h′(x)＝ex＋>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又φ′(1)＝e－e2<0，φ′(2)＝e2－e2＝e2>0，
故 x0∈(1，2)，使φ′(x0)＝0，即ex0－＝0，即ex0＝，
∴当x∈(0，x0)时，φ′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x0)>0，
∴φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(x0)＝ex0－e2ln x0＝－e2ln x0＝－e2ln ＝－e2(2－x0)＝e2＝e2·>0，
故φ(x)>0，即ex－e2ln x>0，即证原不等式成立．

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