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第三章　一元函数的导数及其应用
§3.5　导数的综合应用
导数的综合问题是高考的热点，常考查恒(能)成立、不等式的证明、函数的零点等问题，解题方法灵活，难度较大，一般以压轴题的形式出现.
考试要求
题型一
导数与恒(能)成立问题
例1　(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝ex＋(m＋1)x，(m∈R).
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
当m＝1时，f(x)＝ex＋(m＋1)x＝ex＋2x，定义域为R，f′(x)＝ex＋2，
所以f(0)＝1，f′(0)＝3，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝3(x－0)，
即y＝3x＋1.
①当m≤1时，h′(x)≥0恒成立，故h(x)在[1,2]上单调递增，故h(x)max＝h(2)＝mln 2－m≥0，解得m≤0，故m≤0；
②当10，解得m令h′(x)<0，解得1故h(2)＝mln 2－m≥0，解得m≤0，这与1③当m≥2时，h′(x)≤0恒成立，故h(x)在[1,2]上单调递减，
综上所述，m的取值范围为(－∞，0].
思维升华
恒(能)成立问题的解法
(1)若f(x)在区间D上有最值，则
①恒成立： x∈D，f(x)>0 f(x)min>0； x∈D，f(x)<0 f(x)max<0；
②能成立： x∈D，f(x)>0 f(x)max>0； x∈D，f(x)<0 f(x)min<0.
(2)若能分离常数，即将问题转化为a>f(x)(或a①恒成立：a>f(x) a>f(x)max；a②能成立：a>f(x) a>f(x)min；a跟踪训练1　已知函数f(x)＝(x－2)ex.
(1)求f(x)在[－1,3]上的最值；
依题意f′(x)＝(x－1)ex，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
当x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，
∴f(x)在[－1,1]上单调递减，在(1,3]上单调递增，
而f(1)＝－e，f(3)＝e3，f(－1)＝－3e－1∴f(x)在[－1,3]上的最小值为－e，最大值为e3.
(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立.
当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R；
∵x>2，∴g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，
综上，实数a的取值范围是(－∞，e2].
题型二
利用导数证明不等式
例2　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；
由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知f′(x)＝ex－2.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x当x>ln 2时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增.
∴f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，
f(x)的极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值.
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，
即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.
设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，
则g′(x)＝ex－2x＋2a，
由(1)知g′(x)min＝2－2ln 2＋2a，
又a>ln 2－1，则g′(x)min>0，
于是对 x∈(0，＋∞)，都有g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增.
于是对 x>0，都有g(x)>g(0)＝0，
即ex－x2＋2ax－1>0，
故ex>x2－2ax＋1.
思维升华
利用导数证明不等式的解题策略
(1)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，利用导数研究最值即可得证.
(2)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的.
思维升华
(3)对于函数中含有ex和ln x与其他代数式结合的问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下：①ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号.②ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.
跟踪训练2　(2023·苏州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
函数的定义域为(0，＋∞)，
所以当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝－e.
所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
题型三
导数与函数的零点问题
例3　(12分)(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； [切入点：求f′(x)，f′(0)]
(2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围.
[关键点：根据导数f′(x)对a分类讨论，对x分(－1,0)与(0，＋∞)两部分]
函数的零点问题有两种常见方法，一是分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数；二是利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定参数的范围或零点的个数.
跟踪训练3　已知函数f(x)＝ln x－(2k＋1)x(k∈R).
(1)当k＝ 时，求证：f(x)<0；
当00；当x>2时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减.
所以x＝2是f(x)的极大值点，也是f(x)的最大值点，且f(x)max＝f(2)＝ln 2－1<0，
(2)若f(x)有两个零点，求k的取值范围.
f(x)有两个零点，即f(x)＝ln x－(2k＋1)x＝0有两个不相等的实数根，
令g′(x)>0，得0e，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
课时精练
基础保分练
1.(2023·吉林模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋b(e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝a－b.
(1)求a，b的值；
f(x)＝ex＋ax＋b可得f′(x)＝ex＋a，
∵曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝a－b.
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由(1)知f(x)＝ex－x－1，
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当10，g(x)单调递增，
∴g(x)的最小值为g(1)＝e－1，∴m即正实数m的取值范围为(0，e－1).
2.(2023·芜湖模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－1)·ln x＋ －2，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
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①若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
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(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围.
结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点.
所以要使得函数有唯一零点，
综上，a≤0或a＝1或a＝e.
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3.已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
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综合提升练
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当a＝1时，
f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
k＝f′(1)＝0，
又f(1)＝0，
∴切点为(1,0).
∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
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(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
∵a≥1，
∴aex－1≥ex－1，
∴f(x)≥ex－1－ln x－1.
方法一　令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
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∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0，
∴φ(x)≥0，
∴f(x)≥φ(x)≥0，即f(x)≥0.
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方法二　令g(x)＝ex－x－1，
∴g′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝0，
故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”.
同理可证ln x≤x－1，
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当且仅当x＝1时取“＝”.
由ex≥x＋1 ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，
由x－1≥ln x x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，
∴ex－1≥x≥ln x＋1，
即ex－1≥ln x＋1，
即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，
即f(x)≥0.
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4.(2022·哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝aln x－x(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
拓展冲刺练
函数f(x)＝aln x－x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，
①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a，
当x∈(0，a)时，f′(x)>0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).
综上可得，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，没有单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).
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(2)当a>0时，设g(x)＝x－ln x－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)由已知，转化为f(x)max由(1)知，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).
故f(x)的极大值即为最大值，f(x)max＝f(a)＝aln a－a，
当01时g′(x)>0，
∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
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故g(x)的极小值即为最小值，
∴g(x)min＝g(1)＝0，
∴aln a－a<0，即ln a－1<0，解得0∴a的取值范围为(0，e).§3.5　导数的综合应用
考试要求　导数的综合问题是高考的热点，常考查恒(能)成立、不等式的证明、函数的零点等问题，解题方法灵活，难度较大，一般以压轴题的形式出现．
题型一　导数与恒(能)成立问题
例1　(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝ex＋(m＋1)x，(m∈R)．
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若存在x∈[1,2]，使得不等式ex＋＋mln x＋m≥f(x)成立，求m的取值范围．
解　(1)当m＝1时，f(x)＝ex＋(m＋1)x＝ex＋2x，定义域为R，f′(x)＝ex＋2，
所以f(0)＝1，f′(0)＝3，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝3(x－0)，
即y＝3x＋1.
(2)不等式ex＋＋mln x＋m≥f(x)可化为＋mln x－(m＋1)x＋m≥0，
即存在x∈[1,2]，使得不等式＋mln x－(m＋1)x＋m≥0成立．
构造函数h(x)＝＋mln x－(m＋1)x＋m，x∈[1,2]，则h′(x)＝x＋－(m＋1)＝(x－m)(x－1)．
①当m≤1时，h′(x)≥0恒成立，故h(x)在[1,2]上单调递增，故h(x)max＝h(2)＝mln 2－m≥0，解得m≤0，故m≤0；
②当10，解得m③当m≥2时，h′(x)≤0恒成立，故h(x)在[1,2]上单调递减，故h(x)max＝h(1)＝－<0，不符合题意，应舍去．
综上所述，m的取值范围为(－∞，0]．
思维升华　恒(能)成立问题的解法
(1)若f(x)在区间D上有最值，则
①恒成立： x∈D，f(x)>0 f(x)min>0； x∈D，f(x)<0 f(x)max<0；
②能成立： x∈D，f(x)>0 f(x)max>0； x∈D，f(x)<0 f(x)min<0.
(2)若能分离常数，即将问题转化为a>f(x)(或a①恒成立：a>f(x) a>f(x)max；a②能成立：a>f(x) a>f(x)min；a跟踪训练1　已知函数f(x)＝(x－2)ex.
(1)求f(x)在[－1,3]上的最值；
(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)依题意f′(x)＝(x－1)ex，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
当x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，
∴f(x)在[－1,1]上单调递减，在(1,3]上单调递增，
而f(1)＝－e，f(3)＝e3，f(－1)＝－3e－1∴f(x)在[－1,3]上的最小值为－e，最大值为e3.
(2)依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立．
当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R；
当x>2时，原不等式化为a≤＝，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
∵x>2，∴g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，
综上，实数a的取值范围是(－∞，e2]．
题型二　利用导数证明不等式
例2　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.
(1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)知f′(x)＝ex－2.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x当x>ln 2时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．
∴f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，
f(x)的极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．
(2)证明　要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，
即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.
设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x>0)，
则g′(x)＝ex－2x＋2a，
由(1)知g′(x)min＝2－2ln 2＋2a，
又a>ln 2－1，则g′(x)min>0，
于是对 x∈(0，＋∞)，都有g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
于是对 x>0，都有g(x)>g(0)＝0，
即ex－x2＋2ax－1>0，
故ex>x2－2ax＋1.
思维升华　利用导数证明不等式的解题策略
(1)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，利用导数研究最值即可得证．
(2)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．
(3)对于函数中含有ex和ln x与其他代数式结合的问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：①ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．②ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
跟踪训练2　(2023·苏州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明f(x)－＋2e≤0.
(1)解　函数的定义域为(0，＋∞)，
因为f′(x)＝－a＝(x>0)，
所以当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0得0，即函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)证明　证明f(x)－＋2e≤0，只需证明f(x)≤－2e，
由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝－e.
令g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
所以当x>0，a＝e时，f(x)－＋2e≤0.
题型三　导数与函数的零点问题
例3　(12分)(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；[切入点：求f′(x)，f′(0)]
(2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．[关键点：根据导数f′(x)对a分类讨论，对x分(－1,0)与(0，＋∞)两部分]
思维升华　函数的零点问题有两种常见方法，一是分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数；二是利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定参数的范围或零点的个数．
跟踪训练3　已知函数f(x)＝ln x－(2k＋1)x(k∈R)．
(1)当k＝－时，求证：f(x)<0；
(2)若f(x)有两个零点，求k的取值范围．
(1)证明　当k＝－时，f(x)＝ln x－x，则f′(x)＝－＝－.
当00；当x>2时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．
所以x＝2是f(x)的极大值点，也是f(x)的最大值点，且f(x)max＝f(2)＝ln 2－1<0，
故当k＝－时，f(x)<0.
(2)解　f(x)有两个零点，即f(x)＝ln x－(2k＋1)x＝0有两个不相等的实数根，
等价转化为＝2k＋1有两个解，即g(x)＝的图象与直线y＝2k＋1有两个交点，
而g′(x)＝，
令g′(x)>0，得0e，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(e)＝，由此作出g(x)＝的图象(如图所示)．
所以当0<2k＋1<，即－课时精练
1．(2023·吉林模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋b(e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝a－b.
(1)求a，b的值；
(2)若不等式f(x)>mx－1在x∈上恒成立，求正实数m的取值范围．
解　(1)f(x)＝ex＋ax＋b可得f′(x)＝ex＋a，
∵曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝a－b.
∴解得a＝－1，b＝－1.
(2)由(1)知f(x)＝ex－x－1，
∵不等式f(x)>mx－1在x∈上恒成立，
∴ex－x>mx在x∈上恒成立，即m<－1在x∈上恒成立．
令g(x)＝－1，∵g′(x)＝，令g′(x)＝＝0，解得x＝1.
∴当≤x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当10，g(x)单调递增，
∴g(x)的最小值为g(1)＝e－1，∴m2．(2023·芜湖模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－1)·ln x＋－2，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋－＝，
①若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②若a>0，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)若a≤0，f ＝＋1－a＋e－2＝a＋e－1>0，f(1)＝a－1<0.
结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点．
若a>0，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需f(x)min＝f ＝1－(a－1)ln a＋a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e.
综上，a≤0或a＝1或a＝e.
3．已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
(1)解　当a＝1时，
f(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
f′(x)＝ex－1－，
k＝f′(1)＝0，
又f(1)＝0，
∴切点为(1,0)．
∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明　∵a≥1，
∴aex－1≥ex－1，
∴f(x)≥ex－1－ln x－1.
方法一　令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x>0)，
∴φ′(x)＝ex－1－，
令h(x)＝ex－1－，
∴h′(x)＝ex－1＋>0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0，
∴φ(x)≥0，
∴f(x)≥φ(x)≥0，
即f(x)≥0.
方法二　令g(x)＝ex－x－1，
∴g′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝0，
故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 ex－1≥x(当且仅当x＝1时取“＝”)，
由x－1≥ln x x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时取“＝”)，
∴ex－1≥x≥ln x＋1，
即ex－1≥ln x＋1，
即ex－1－ln x－1≥0(当且仅当x＝1时取“＝”)，
即f(x)≥0.
4．(2022·哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝aln x－x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a>0时，设g(x)＝x－ln x－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)解　(1)函数f(x)＝aln x－x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝－1＝，
①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞);
②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a，
当x∈(0，a)时，f′(x)>0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).
综上可得，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，没有单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
(2)由已知，转化为f(x)max由(1)知，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
故f(x)的极大值即为最大值，f(x)max＝f(a)＝aln a－a，
∵g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－＝，当01时g′(x)>0，
∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
故g(x)的极小值即为最小值，
∴g(x)min＝g(1)＝0，
∴aln a－a<0，即ln a－1<0，解得0∴a的取值范围为(0，e)．§3.5　导数的综合应用
考试要求　导数的综合问题是高考的热点，常考查恒(能)成立、不等式的证明、函数的零点等问题，解题方法灵活，难度较大，一般以压轴题的形式出现．
题型一　导数与恒(能)成立问题
例1 (2023·福州模拟)已知函数f(x)＝ex＋(m＋1)x，(m∈R)．
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若存在x∈[1,2]，使得不等式ex＋＋mln x＋m≥f(x)成立，求m的取值范围．
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思维升华 恒(能)成立问题的解法
(1)若f(x)在区间D上有最值，则
①恒成立： x∈D，f(x)>0 f(x)min>0； x∈D，f(x)<0 f(x)max<0；
②能成立： x∈D，f(x)>0 f(x)max>0； x∈D，f(x)<0 f(x)min<0.
(2)若能分离常数，即将问题转化为a>f(x)(或a①恒成立：a>f(x) a>f(x)max；a②能成立：a>f(x) a>f(x)min；a跟踪训练1 已知函数f(x)＝(x－2)ex.
(1)求f(x)在[－1,3]上的最值；
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(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
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题型二　利用导数证明不等式
例2 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.
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思维升华 利用导数证明不等式的解题策略
(1)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，利用导数研究最值即可得证．
(2)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．
(3)对于函数中含有ex和ln x与其他代数式结合的问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：①ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．②ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
跟踪训练2 (2023·苏州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
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(2)当a＝e时，证明f(x)－＋2e≤0.
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题型三　导数与函数的零点问题
例3 (12分)(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；[切入点：求f′(x)，f′(0)]
(2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
[关键点：根据导数f′(x)对a分类讨论，对x分(－1,0)与(0，＋∞)两部分]
思维升华 函数的零点问题有两种常见方法，一是分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数；二是利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定参数的范围或零点的个数．
跟踪训练3 已知函数f(x)＝ln x－(2k＋1)x(k∈R)．
(1)当k＝－时，求证：f(x)<0；
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(2)若f(x)有两个零点，求k的取值范围．
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