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导数中的证明问题
一、题型选讲
题型一与零点、极值点有关的证明
例1、已知函数f(x)＝ex－x2－ax(a>0)． 若函数y＝f(x)恰好在x＝x1和x＝x2两处取得极值，求证：<.
直接证明比较困难，需要利用分析法，通过代数变形，换元等方法将问题转化为熟悉的不等式问题，再通过构造函数，结合常用不等式 ，利用导数进行证明．
规范解答 f′(x)＝ex－ax－a，因为x1，x2为f(x)的两个极值点，
所以即
两式相减，得a＝
两式相减，得a＝，(8分)
则所证不等式等价令t＝x1－x2，t>0，所以证不等式只需证明：
e<→te－et＋1<0，
设φ(t)＝te0≥0，所以φ′(t)≤0，所以φ(t)在(0，＋∞)单调递减，φ(t)<φ(0)＝0.
所以<.
本题以导数知识为背景考查了函数，导数与不等式的综合问题．考查学生等价转化思想，代数变形，推理论证能力以及利用数学知识，分析问题，解决问题的能力
例2、已知函数f(x)＝ax2－bx＋，a，b∈R.当a＝1，b＞3时，记函数f(x)的导函数f′(x)的两个零点是x1和x2 (x1＜x2)，求证：f(x1)－f(x2)＞－ln2.
要证明此不等式，首先要考察x1，x2的范围与a，b的关系，由已知求出f′(x)＝(x＞0)，因此x1，x2是方程g(x)＝2x2－bx＋1＝0的两根，x1x2＝，粗略地估计一下，由于g＝＜0，g(1)＝3－b＜0，因此有x1∈，x2∈(1，＋∞)，由此可知f(x)在[x1，x2]上为减函数，从而有f(x1)－f(x2)＞f－f(1)，这里f－f(1)＝－－ln2＞－ln2，正好可证明题设结论．
规范解答 证法1 因为a＝1，所以f(x)＝x2－bx＋，从而f′(x)＝(x＞0)．
由题意知，x1，x2是方程2x2－bx＋1＝0的两个根，由根与系数的关系可得x1x2＝.
记g(x)＝2x2－bx＋1，因为b＞3，所以g＝＜0，g(1)＝3－b＜0，所以x1∈，x2∈(1，＋∞)，且bxi＝2x＋1(i＝1,2)，(12分)
所以f(x1)－f(x2)＝(x－x)－(bx1－bx2)＋ln＝－(x－x)＋ln.
因为x1x2＝，所以f(x1)－f(x2)＝x－－ln(2x)，x2∈(1，＋∞)．(14分)
令t＝2x∈(2，＋∞)，
φ(t)＝f(x1)－f(x2)＝－－lnt.
因为φ′(t)＝≥0，所以φ(t)在区间(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t)＞φ(2)＝－ln2，即f(x1)－f(x2)＞－ln2.(16分)
证法2 因为a＝1，所以f(x)＝x2－bx＋lnx，从而f′(x)＝(x＞0)．
由题意知，x1，x2是方程2x2－bx＋1＝0的两个根．
记g(x)＝2x2－bx＋1，因为b＞3，所以g＝＜0，g(1)＝3－b＜0，所以x1∈，x2∈(1，＋∞)，且f(x)在[x1，x2]上为减函数．(12分)
所以f(x1)－f(x2)＞f－f(1)＝－＋ln－(1－b)＝－＋－ln2.
因为b＞3，所以f(x1)－f(x2)＞－＋－ln2＞－ln2.(16分)
解后反思 (1) 导数法求函数单调区间的一般流程：
求定义域→求导数f′(x)→求f′(x)＝0在定义域内的根→用求得的根划分定义区间→确定f′(x)在各个开区间内的符号→得相应开区间上的单调性．
(2) 在函数中含有参数时，解方程f′(x)＝0时必须对参数进行分类讨论，这里分类讨论的标准要按照不等式的形式正确确定．
(3) 已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)，转化为不等式恒成立问题求解．
例3、已知函数f(x)＝ax2－x－，a∈R.
(1) 当a＝时，求函数f(x)的最小值；
(2) 若－1≤a≤0，证明：函数f(x)有且只有一个零点；
思路分析 (1) 这是一个基本题型，通过求导，得极值点，讨论单调性，求得最小值；
(2) 先通过求导得函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而确定至多一个零点，再找到f(1)＝a－1＜0，f＝＞0，通过判定定理证明只有一个零点；
规范解答 (1) 当a＝时，f(x)＝x2－x－.
故f′(x)＝x－1－＝，x＞0.(2分)
令f′(x)＝0，得x＝2，
当x∈(0,2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
所以当x＝2时，f(x)有最小值f(2)＝－－ln2.(4分)
(2) 由f(x)＝ax2－x－，得f′(x)＝2ax－1－＝，x＞0.
所以当a≤0时，f′(x)＝＜0，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上最多有一个零点．(6分)
因为当－1≤a≤0时，f(1)＝a－1＜0，f＝＞0，
所以当－1≤a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上有零点．
综上，当－1≤a≤0时，函数f(x)有且只有一个零点．(8分)
题型二、存在与恒成立问题
例4、已知函数f(x)＝ex－ax－1，其中e为自然对数的底数，a∈R.
(1) 若a＝e，函数g(x)＝(2－e)x.
①求函数h(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；
②若函数F(x)＝的值域为R，求实数m的取值范围．
(2) 若存在实数x1，x2∈[0,2]，使得f(x1)＝f(x2)，且|x1－x2|≥1，求证：e－1≤a≤e2－e.
思路分析 (1) ②因为g(x)在(m，＋∞)上的值域为(－∞，(2－e)m)，所以f(x)在(－∞，m]上的值域包含[(2－e)m，＋∞)．
(2) 由f(x)的图像分析，就是要证f(1)≤f(0)且f(1)≤f(2)，即要证1在x1，x2之间．
规范解答 (1) 若a＝e，则f(x)＝ex－ex－1，
又g(x)＝(2－e)x，
①h(x)＝ex－2x－1，考虑h′(x)＝ex－2，
令h′(x)＜0，得x＜ln2；令h′(x)＞0，得h′(x)＞ln2，
所以h(x)的单调递减区间是(－∞，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)．(3分)
②首先，一次函数g(x)＝(2－e)x在(m，＋∞)上单调递减，值域为(－∞，(2－e)m)．
因为f′(x)＝ex－e，易得f(x)在(－∞，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，且当x→－∞时，f(x)→＋∞，
所以在(－∞，m]上，
f(x)min＝其值域为[f(x)min，＋∞)．
因为F(x)的值域为R，所以f(x)min≤(2－e)m，(5分)
即或
即或1≤m≤.(7分)
由①知，h(m)＝em－2m－1在(－∞，ln2]上单调递减，在[ln2,1)上单调递增，且h(0)＝0，h(1)＝e－3＜0，
所以h(m)≤0的解集为[0,1)．
综上所述，实数m的取值范围是.(9分)
(2) 由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f(x)在[0,2]上单调递增，不合题意；
当a＞0时，若≤0或≥2，则f(x)在[0,2]上单调，也不合题意；(11分)
当0＜＜2时，f(x)在[0，]上单调递减，在[,2]上单调递增．
由x1，x2∈[0,2]，f(x1)＝f(x2)，不妨设0≤x1＜＜x2≤2.
又因为|x1－x2|≥1，所以x1∈[0,1]，且x2∈[1,2]，从而x1≤1≤x2.
所以f(1)≤f(x1)≤f(0)，且f(1)≤f(x2)≤f(2)．(14分)
由得
解得e－1≤a≤e2－e.得证．(16分)
例5、已知函数f(x)＝x2＋＋1(m∈R)，g(x)＝ex.
(1) 当x∈[0,2]时，F(x)＝f(x)－g(x)为单调增函数，求实数m的取值范围；
(2) 若m∈(－1,0)，设函数G(x)＝，H(x)＝－x＋，求证：对任意x1，x2∈[1,1－m]，G(x1)≤H(x2)恒成立．
思路分析 (1) 将条件“F(x)在[0,2]上为单调增函数”转化为不等式F′(x)≥0在[0,2]上恒成立的问题，然后利用分离参数的方法求解；
(2) 问题可转化为证明：G(x)max≤H(x)min，利用分析法，通过变形，换元，构造，进一步将问题转化为证明不等式恒成立的问题．
规范解答 (1) 因为F(x)＝x2＋mx＋1－ex，所以F′(x)＝2x＋m－ex.
因为当x∈[0,2]时，F(x)＝f(x)－g(x)为单调增函数，
所以F′(x)≥0，即2x＋m－ex≥0在[0,2]上恒成立，
即m≥ex－2x在[0,2]上恒成立．(2分)
令h(x)＝ex－2x，x∈[0,2]，
则h′(x)＝ex－2，令h′(x)＝0，则x＝ln2.
所以h(x)在[0，ln2]上单调递减，在[ln2,2]上单调递增．(4分)
因为h(0)＝1，h(2)＝e2－4＞1，
所以h(x)max＝h(2)＝e2－4，所以m≥e2－4.(6分)
(2) G(x)＝，
则G′(x)＝＝－.(8分)
要证任意x1，x2∈[1,1－m]，G(x1)≤H(x2)恒成立，即证G(x)max≤H(x)min.
因为x∈[1,1－m]，所以G(x)在[1,1－m]上单调递增，G(x)max＝G(1－m)＝.
因为H(x)在[1,1－m]上单调递减，
H(x)min＝H(1－m)＝－(1－m)＋.(10分)
要证G(x)max≤H(x)min，即证≤－(1－m)＋，
即证4(2－m)≤e1－m[5－(1－m)]．
令1－m＝t，则t∈(1,2)．
设r(x)＝ex(5－x)－4(x＋1)，x∈[1,2]，即r(x)＝5ex－xex－4x－4.
r′(x)＝(4－x)ex－4≥2ex－4＞0，所以r(x)＝ex(5－x)－4(x＋1)在[1,2]上单调递增．(14分)
因为r(1)＝4e－8＞0，
所以ex(5－x)≥4(x＋1)，从而有－(1－m)＋≥，
即当x∈[1,1－m]时，G(x)max≤H(x)min成立．(16分)
题型三、证明不等式或最值问题
例6、已知函数g(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)有极值，且函数f(x)＝(x＋a)ex的极值点是g(x)的极值点，其中e是自然对数的底数．(极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值)
(1) 求b关于a的函数关系式；
(2) 当a>0时，若函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值为M(a)，证明：M(a)<－.
(1) 易求得f(x)的极值点为－a－1，则g′(－a－1)＝0且g′(x)＝0有两个不等的实数解，解之得b与a的关系．
(2) 求导得F′(x)＝(x＋a＋1)(ex－3x＋a＋3)，解方程F′(x)＝0时，无法解方程ex－3x＋a＋3＝0，构造函数h(x)＝ex－3x＋a＋3，证得h(x)>0，所以－a－1为极小值点，而且得出M(a)，利用导数法证明即可．
规范解答 (1) 因为f′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝－a－1.
列表如下：
x (－∞，－a－1) －a－1 (－a－1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 极小值
所以x＝－a－1时，f(x)取得极小值．(2分)
因为g′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由题意可知g′(－a－1)＝0，且Δ＝4a2－12b>0，
所以3(－a－1)2＋2a(－a－1)＋b＝0，
化简得b＝－a2－4a－3.(4分)
由Δ＝4a2－12b＝4a2＋12(a＋1)(a＋3)>0，得a≠－.所以b＝－a2－4a－3.(6分)
(2) 因为F(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋a)ex－(x3＋ax2＋bx)，所以
F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝(x＋a＋1)ex－[3x2＋2ax－(a＋1)(a＋3)]
＝(x＋a＋1)ex－(x＋a＋1)(3x－a－3)
＝(x＋a＋1)(ex－3x＋a＋3)．(8分)
记h(x)＝ex－3x＋a＋3，则h′(x)＝ex－3，令h′(x)＝0，解得x＝ln3.
列表如下：
x (－∞，ln3) ln3 (ln3，＋∞)
h′(x) － 0 ＋
h(x) 极小值
所以x＝ln3时，h(x)取得极小值，也是最小值，
此时，h(ln3)＝eln3－3ln3＋a＋3＝6－3ln3＋a
＝3(2－ln3)＋a
＝3ln＋a>a>0.(10分)
所以h(x)＝ex－3x＋a＋3≥h(ln3)>0，
令F′(x)＝0，解得x＝－a－1.
列表如下：
x (－∞，－a－1) －a－1 (－a－1，＋∞)
F′(x) － 0 ＋
F(x) 极小值
所以x＝－a－1时，F(x)取得极小值，也是最小值．
所以M(a)＝F(－a－1)＝(－a－1＋a)e－a－1－[(－a－1)3＋a(－a－1)2＋b(－a－1)]
＝－e－a－1－(a＋1)2(a＋2)．(12分)
令t＝－a－1，则t<－1，
记m(t)＝－et－t2(1－t)＝－et＋t3－t2，t<－1，
则m′(t)＝－et＋3t2－2t，t<－1.
因为－e－1<－et<0，3t2－2t>5，
所以m′(t)>0，所以m(t)单调递增．(14分)
所以m(t)<－e－1－2<－－2＝－，
即M(a)<－.(16分)
1. 第(1)问中求b与a的关系，不能忽略了函数g(x)有极值这个条件，即a≠－.
2. 第(2)问，求F(x)的极值时，方程ex－3x＋a＋3＝0无法求解，往往方程无解，构造函数证明得ex－3x＋a＋3>0.
3. 得出M(a)表达式后，要能观察函数式的结构特点，换元t＝－a－1，t<－1，从而简化证明的过程．
例7、已知函数f(x)＝x－1－(其中a为参数)．
(1) 求函数f(x)的单调区间；
(2) 若对任意x∈(0，＋∞)都有f(x)≥0成立，求实数a的取值集合；
(3) 证明：n规范解答 (1) f′(x)＝1－＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)＝1－＝>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数；(2分)
当a>0时，
x (0，a) a (a，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 极小值
所以f(x)的增区间是(a，＋∞)，减区间是(0，a)．
综上所述， 当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；
当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a，＋∞)，单调递减区间是(0，a)．(5分)
(2) 由题意得f(x)min≥0.
当a≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
当x→0时，f(x)→－∞，故不合题意；(6分)
当a>0时，由(1)知f(x)min＝f(a)＝a－1－a≥0.(13分)
令g(a)＝a－1－a，则由g′(a)＝－＝0，得a＝1，
a (0,1) 1 (1，＋∞)
g′(a) ＋ 0 －
g(a) 极大值
所以g(a)＝a－1－a≤0，又f(x)min＝f(a)＝a－1－a≥0，所以a－1－a＝0，
所以a＝1，即实数a的取值集合是{1}．(10分)
(3) 要证不等式1＋n两边取对数后，只要证nln1＋<1<(n＋1)ln1＋，(11分)
即只要证令x＝1＋，则只要证1－<由(1)知当a＝1时，f(x)＝x－1－在(1,2]上递增，
因此f(x)>f(1)，即x－1－>0，所以令φ(x)＝lnx＋－1(10，
所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即＋－1>0，所以1－<(1综上，原命题得证．(16分)
例8、已知函数f(x)＝(－k－1)x(k∈R)．
(1) 当x＞1时，求函数f(x)的单调区间和极值；
(2) 若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)＜4lnx成立，求实数k的取值范围；
(3) 若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2＜e2k.
思路分析 (1) 只要注意对k的讨论．
(2) 分离出k，转化为k＞K(x)恒成立问题．
(3) 先说明0＜x1＜ek＜x2，从而只要证ek＜x2＜，只要证f(x1)＝f(x2)＜f.转化为关于x1的不等式对0＜x1＜恒成立问题．
规范解答 (1) f′(x)＝－k，其中x＞1.(1分)
①若k≤0，则x＞1时，f′(x)＞0恒成立，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，无极值；(2分)
②若k＞0，则f(x)在(1，]上单调递减，在[，＋∞)上单调递增，(4分)
有极小值f()＝－，无极大值．(5分)
(2) 问题可转化为k＞－1对x∈[e，e2]恒成立．(7分)
设K(x)＝－1，则K′(x)＝＋＝(－1)＋.
当x∈[e，e2]时，K′(x)≥＞0，所以K(x)在[e，e2]上单调递增，K(x)max＝K(e2)＝1－.(9分)
所以实数k的取值范围是.(10分)
(3) 因为f′(x)＝－k，所以f(x)在(0，]上单调递减，在[，＋∞)上单调递增．
不妨设0＜x1＜ek＜x2.要证x1x2＜e2k，只要证x2＜.
因为f(x)在[ek，＋∞)上单调递增，所以只要证f(x1)＝f(x2)＜f，
即要证(lnx1－k－1)x1＜(k－lnx1－1).(12分)
令t＝2(k－lnx1)＞0，只要证(t－2)et＋t＋2＞0.
设H(t)＝(t－2)et＋t＋2，则只要证H(t)＞0对t＞0恒成立．
H′(t)＝(t－1)et＋1，H″(t)＝tet＞0对t＞0恒成立．
所以H′(t)在(0，＋∞)上单调递增，H′(t)＞H′(0)＝0.(14分)
所以H(t)在(0，＋∞)上单调递增，H(t)＞H(0)＝0.
综上所述，x1x2＜e2k.(16分)
二、达标训练
1、设函数f(x)＝，g(x)＝ax＋－c(a，b，c∈R)．
当a＝1时，设函数y＝f(x)与y＝g(x)的图像交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1规范解答 当a＝1时，因为函数f(x)与g(x)的图像交于A，B两点，所以两式相减，得b＝x1x2(1－)．(12分)
要证明x1x2－x2即证<<，即证1－令＝t，则t>1，此时即证1－<令φ(t)＝＋－1，所以φ′(t)＝－＝>0，所以当t>1时，函数φ(t)单调递增．
又φ(1)＝0，所以φ(t)＝＋－1>0，即1－<成立；
再令m(t)＝－t＋1，所以m′(t)＝－1＝<0，所以当t>1时，函数m(t)单调递减．
又m(1)＝0，所以m(t)＝－t＋1<0，即综上所述， 实数x1，x2满足x1x2－x22、已知函数f(x)＝其中常数a∈R.
(1) 当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2) 若方程f(－x)＋f(x)＝ex－3在区间(0，＋∞)上有实数解，求实数a的取值范围；
(3) 若存在实数m，n∈[0，2]，且|m－n|≥1，使得f(m)＝f(n)，求证：1≤≤e.
(1) 先分段讨论，再整体说明单调区间是否可合并(关键是图像在x＝0处怎样跳跃)．
(2) 转化为a＝x2＋x＋在(0，＋∞)上有实数解，即求函数g(x)＝x2＋x＋在(0，＋∞)上的值域．
(3) 首先缩小a的范围为1规范解答 (1) 当a＝2时，f(x)＝
①当x<0时，f′(x)＝－3x2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(－∞，0)上递减；(2分)
②当x≥0时，f′(x)＝ex－2，可得f(x)在[0，ln2]上递减，在[ln2，＋∞)上递增．(4分)
因为f(0)＝1>0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，0)和[0，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)．(5分)
(2) 当x>0时，f(x)＝ex－ax，此时－x<0，f(－x)＝－(－x)3＋(－x)2＝x3＋x2.
所以可化为a＝x2＋x＋在区间(0，＋∞)上有实数解．(6分)
记g(x)＝x2＋x＋，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2x＋1－＝.(7分)
可得g(x)在(0，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，且g(1)＝5，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.(9分)
所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即实数a的取值范围是[5，＋∞)．(10分)
(3) 当x∈[0，2]时，f(x)＝ex－ax，有f′(x)＝ex－a.
若a≤1或a≥e2，则f(x)在[0，2]上是单调函数，不合题意．(11分)
所以1不妨设0≤mf(lna)，且f(lna)因为f(m)＝f(n)，
所以得(14分)
即e－1≤a≤e2－e，所以1≤≤e.(16分)
第(1)题中，若函数f(x)改为f(x)＝则函数f(x)的“两个”递减区间(－∞，0)和[0，ln2]应合并为一个递减区间(－∞，ln2]，因为函数图像在x＝0处(从左往右)向下跳跃．而原题中函数图像在x＝0处(从左往右)向上跳跃，所以不能合并．
3、已知函数f(x)＝，其中a为常数． 若a＝－1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)<－2.
规范解答 当a＝－1时，f(x)＝，f′(x)＝.
令h(x)＝x－1－2xlnx，x∈(0，1)，
则h′(x)＝1－2(lnx＋1)＝－2lnx－1，令h′(x)＝0，得x＝e－.
①当e－≤x<1时，h′(x)≤0，所以h(x)＝x－1－2xlnx单调递减，h(x)∈(0，2e－－1]，x∈(0，1)，
所以f′(x)＝<0恒成立，所以f(x)＝单调递减，且f(x)≤f(e－)．②当0其中h＝－1－2··＝ln>0，
h(e－2)＝e－2－1－2e－2·＝－1<0，
所以存在唯一x0∈，使得h(x0)＝0，所以f′(x0)＝0，
当00，所以f(x)＝单调递增；
当x0由①和②可知，f(x)＝在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，
所以当x＝x0时，f(x)＝取极大值．
因为h(x0)＝x0－1－2x0lnx0＝0，所以lnx0＝，
所以f(x0)＝＝＝.
又x0∈ ，所以22－∈，所以f(x0)＝<－2.
4、已知函数f(x)＝，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数)．
(1) 若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；
(2) 若λ＝，且x≥1，证明：f(x)≤g(x)；
规范解答 (1) f′(x)＝＋1，则f′(1)＝1且f(1)＝0.(1分)
所以y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－1，(2分)
从而g′(1)＝2λ＝1，即λ＝.
此时g(1)＝×(12－1)＝0，符合题意．(4分)
(2) 由题意知，设函数h(x)＝－(x2－1)，则h′(x)＝＋1－x.(5分)
设p(x)＝＋1－x，从而p′(x)＝－1≤0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，(6分)
所以p(x)＝＋1－x≤p(1)＝0，即h′(x)≤0，
因此函数h(x)＝－(x2－1)在[1，＋∞)上单调递减，(7分)
即h(x)≤h(1)＝0，
所以当x≥1时，f(x)≤g(x)成立．(8分)
5、若对任意的实数k，b，函数y＝f(x)＋＋b与直线y＝＋b总相切，则称函数f(x)为“恒切函数”．
(1) 判断函数f(x)＝x2是否为“恒切函数”；
(2) 若函数f(x)=＋(m≠0)是“恒切函数”，求实数m，n满足的关系式；
(3) 若函数f(x)＝(ex－x－1)ex＋m是“恒切函数”，求证：－(1)设出切点(x0，y0)，根据已知条件，建立方程组，求出x0，即可以判断结论．
(2)设出切点(x0，y0)，根据直线与曲线相切，切点处的导数值为切线的斜率和切点同时在曲线和直线上，建立方程组，通过变量代换即可得到m，n满足的关系式．
(3)解法1设出切点(x0，y0)，建立方程组，易得，可以通过研究g(x)＝2ex－x－2，确定零点x0所在的范围，通过代换处理m＝－(ex0－x0－1)ex0＝x0(x0＋2)，就能证得－解法2 设出切点(x0，y0)，建立方程组，易得，通过研究u(x)＝ex－x得到m≤0，通过代换处理m＝－(ex0－x0－1)ex0＝(x0＋1)2－，得证＝规范解答 (1)函数f(x)为“恒切函数”，设切点为(x0，y0)．
则，所以，(2分)
对于函数f(x)＝x2，f′(x)＝2x.
设切点为(x0，y0)，所以，(3分)
解得x0＝0，所以f(x)＝x2是“恒切函数”．(4分)
(2)若函数f(x)=＋(m≠0)是“恒切函数”，设切点为(x0，y0)．
因为f′(x)＝＋n，所以，. (5分)
解得lnx0＝1，即x0＝e.(7分)
所以实数m，n满足的关系式为m＋ne＝0.(8分)
(3) 解法1　函数f(x)＝(ex－x－1)ex＋m是“恒切函数”，设切点为(x0，y0)．
因为f′(x)＝(2ex－x－2)ex，
所以，
所以，(10分)
考查方程2ex＝x＋2的解，设g(x)＝2ex－x－2.
因为g′(x)＝2ex－1，令g′(x)＝0，解得x＝－ln2.
所以当x∈(－∞，－ln2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(－ln2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(－ln2)＝ln2－1<0.(12分)
1°　当x∈(－∞，－ln2)时，
因为g(－2)＝>0，g(－1)＝－1<0.
所以g(x)＝2ex－x－2在(－∞，－ln2)上有唯一零点x0∈(－2，－1)．
又因为m＝－(ex0－x－1)ex0＝x0(x0＋2)，所以m∈.(14分)
2°　当x∈(－ln2，＋∞)时，
因为g(0)＝0，所以g(x)＝2ex－x－2在(－ln2，＋∞)上有唯一零点0，所以m＝0.(15分)
综上可知－解法2　函数f(x)＝(ex－x－1)ex＋m是“恒切函数”，设切点为(x0，y0)．
因为f′(x)＝(2ex－x－2)ex，所以，
所以，
令μ(x)＝ex－x－1，
μ′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，μ′(x)>0，μ(x)单调递增；
当x∈(－∞，0)时，μ′(x)<0，μ(x)单调递减．所以μ(x)≥μ(0)＝0，
所以ex0－x0－1≥0，得m＝－(ex0x0－1)ex0≤0.
由2ex0＝x0＋2，得m＝－(ex0－x0－1)ex0＝x0(x0＋2)＝(x0＋1)2－，
由2ex0＝x0＋2知x0≠－1，所以m＝(x0＋1)2－>－.
综上可知－本题属于新定义型函数，读懂题意，建立方程组是解题的关键，直线与曲线相切，抓住两点：1.切线处的导数值等于切线的斜率；2.切点既在曲线上，又在直线上．第(3)问中，先通过研究函数的单调性，运用零点判断定理找出零点x0所在的区间，通过代换化简m的表达式，这样就转化为一个二次函数的值域问题．
6、设函数f(x)＝x－(a>0)．
(1) 若函数y＝f(x)是R上的单调增函数，求实数a的取值范围；
(2) 设a＝，g(x)＝f(x)＋＋1(b∈R，b≠0)，g′(x)是g(x)的导函数．
①若对任意的x>0，g′(x)>0，求证：存在x0，使g(x0)<0；
②若g(x1)＝g(x2)(x1≠x2)，求证：x1x2<4b2.
(1) 由题意，f′(x)≥0对x∈R恒成立，可考虑参数分离求参数范围；(2)①根据x>0，g′(x)>0，知g(x)为增函数，根据基本初等函数的性质得出必须有b>0，当然要说明理由，再寻找支撑点x0的值，x→0时，下降的程度大于x，而－在固定范围，所以使足够小即可；②用(1)的结论和g(x1)＝g(x2)(x1≠x2)，构建不等式－2b>>0，然后运用放缩和换元的策略，转化为证明一元函数的单调性，即可证明．
规范解答 (1) 由题意，f′(x)＝1－a≥0对x∈R恒成立，(1分)
因为a>0，所以≥对x∈R恒成立，
因为()max＝1，所以≥1，从而0(2) ①g(x)＝x－＋b＋1，所以g′(x)＝1－＋.
若b<0，则存在－>0，使g′＝－1－cos<0，不合题意，所以b>0.(5分)
取x0＝e－，则0此时g(x0)＝x0－sinx0＋blnx0＋1<1＋＋b－＋1＝－<0.所以存在x0>0，使g(x0)<0.(8分)
②依题意，不妨设01.
由(1)知函数y＝x－单调递增，所以x2－sinx2>x1－sinx1.从而x2－x1>sinx2－sinx1.(10分)
因为g(x1)＝g(x2)，所以x1－sinx1＋blnx1＋1＝x2－sinx2＋blnx2＋1，
所以－b(lnx2－lnx1)＝x2－x1－(sinx2－sinx1)>(x2－x1)．
所以－2b>>0.(12分)
下面证明>，即证明>，只要证明lnt－<0　(*)．
设h(t)＝lnt－(t>1)，所以h′(t)＝<0在(1，＋∞)上恒成立．
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递减，故h(t)所以－2b>，即x1x2<4b2.(16分)
利用导数证明不等式的常规解题策略：(1) 构造差函数h(x)＝f(x)－g(x)，根据差函数的导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；(2) 根据条件，寻找目标函数．一般思路为充分利用条件将求和问题转化为对应项之间的大小关系，或利用放缩、等量代换等手段将多元函数转化为一元函数．此处用的是策略(2)．
7、设函数f(x)＝－ax2＋ax，a为正实数．
(1) 当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2) 求证：f≤0；
(3) 若函数f(x)有且只有1个零点，求a的值．
思路分析 第(1)问，求出f(1)，f′(1)的值，利用点斜式方程求出切线方程；第(2)问，求出f的解析式，下面要证明它的最大值小于或等于0；第3问，注意到f(1)＝0，因此，下面只需证明函数f(x)只能在x＝1处取得最大值或最小值则可．
规范解答 (1) 当a＝2时，f(x)＝－2x2＋2x，则f′(x)＝－4x＋2，所以f′(1)＝－1.(2分)
又f(1)＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y－1＝0. (4分)
(2) 因为f＝ln－＋1，设函数g(x)＝－x＋1，则g′(x)＝－1＝.(6分)
令g′(x)＝0，得x＝1，列表如下：
x (0,1) 1 (1＋∞)
g′(x) ＋ 0 －
g(x) 极大值
所以g(x)的极大值为g(1)＝0.
所以f＝ln－＋1≤0.(8分)
(3) f′(x)＝－2ax＋a＝－，x＞0.
令f′(x)＞0，得＜x＜.因为＜0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
所以f(x)≤f.(10分)
设x0＝.因为函数f(x)只有1个零点，而f(1)＝0，所以1是函数f(x)的唯一零点．
当x0＝1时，f(x)≤f(1)＝0，f(x)有且只有1个零点，
此时＝1，解得a＝1.(12分)
下证，当x0≠1时，f(x)的零点不唯一．
若x0＞1，则f(x0)＞f(1)＝0，此时＞1，即0＜a＜1，则＞1.
由(2)知，f≤0，又函数f(x)在以x0和为端点的闭区间上的图像不间断，
所以在x0和之间存在f(x)的零点，则f(x)共有2个零点，不符合题意；
若x0＜1，则f(x0)＞f(1)＝0，此时＜1，即a＞1，则0＜＜1.
同理可得，在和x0之间存在f(x)的零点，则f(x)共有2个零点，不符合题意．
因此x0＝1，所以a的值为1.(16分)
解后反思 第(3)问中，证明当x0≠1时，f(x)的零点不唯一，所用的方法本质是反证法，反证法是高考中的常客，在推理论证的过程中经常使用．

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