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微专题3　函数的应用
常考常用结论
1．函数的零点及其与方程根的关系
对于函数f(x)，使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点．函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．
2．零点存在性定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．
1.[2023·河北唐山一模]已知函数f(x)＝，则函数g(x)＝f(x)－的零点个数为(　　)
A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4
2．[2023·安徽合肥二模]Malthus模型是一种重要的数学模型．某研究人员在研究一种细菌繁殖数量N(t)与时间t关系时，得到的Malthus模型是N(t)＝N0e0.46t，其中N0是t＝t0时刻的细菌数量，e为自然对数的底数．若t时刻细菌数量是t0时刻细菌数量的6.3倍，则t约为(ln6.3≈1.84)(　　)
A．2B．3C．4D．5
3.(1)[2023·山东济南三模]已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－b有四个不同的零点，则实数b的取值范围为(　　)
A．(0，1] B．[0，1]
C．(0，1) D．(1，＋∞)
(2)“ChatGPT”以其极高的智能化引起世界关注．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为L＝，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，L0表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，G0表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率为0.4，则学习率衰减到0.2以下(不含0.2)所需的训练迭代轮数至少为(参考数据：lg2≈0.3)(　　)
A．75B．74C．73D．72
技法领悟
1．已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法
(1)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决．
2．解决函数实际应用题要认真读题，缜密审题，准确理解题意，明确问题的实际背景，然后进行科学地抽象概括，将实际问题归纳为相应的数学问题．
[巩固训练3]　(1)[2023·安徽合肥二模]昆虫信息素是昆虫用来表示聚集、觅食、交配、警戒等信息的化学物质，是昆虫之间起化学通讯作用的化合物，是昆虫交流的化学分子语言，包括利它素、利己素、协同素、集合信息素、追踪信息素、告警信息素、疏散信息素、性信息素等．人工合成的昆虫信息素在生产中有较多的应用，尤其在农业生产中的病虫害的预报和防治中较多使用．研究发现，某昆虫释放信息素t秒后，在距释放处x米的地方测得的信息素浓度y满足lny＝－lnt－x2＋a，其中k，a为非零常数．已知释放信息素1秒后，在距释放处2米的地方测得信息素浓度为m；若释放信息素4秒后，距释放处b米的位置，信息素浓度为，则b＝(　　)
A．3B．4C．5D．6
(2)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，若f(x＋1)是偶函数，g(x)＝(x－1)f′(x)－1恰有四个零点，则这四个零点的和为________.
微专题3　函数的应用
保分题
1．解析：令g(x)＝0得f(x)＝，
在同一直角坐标系中作出f(x)，y＝的大致图象如下：
由图象可知，函数y＝f(x)与y＝的图象有3个交点，
即函数g(x)有3个零点．故选C.
答案：C
2．解析：当N＝t时，N(t)＝N0e0.46t＝6.3N0，即e0.46t＝6.3，
则0.46t＝ln6.3≈1.84，得t≈4.故选C.
答案：C
提分题
[例3]　(1)
解析：依题意，函数g(x)＝f(x)－b有四个不同的零点，即f(x)＝b有四个解，
转化为函数y＝f(x)与y＝b图象有四个交点，
结合图象，可知实数b的取值范围为(0，1].故选A.
(2)解析：由题意可得＝0.4，则D＝，
所以<0.2，即＝＝＝≈＝72，
所以所需的训练迭代轮数至少为73次．故选C.
答案：A　
答案：C
[巩固训练3]　(1)解析：由题意lnm＝－4k＋a，ln＝－ln4－b2＋a，
所以lnm－ln＝－4k＋a－(－ln4－b2＋a)，
即－4k＋b2＝0.又k≠0，所以b2＝16.
因为b>0，所以b＝4.故选B.
(2)解析：将函数g(x)向左平移1个单位，所以g(x＋1)＝(x＋1－1)f′(x＋1)－1＝xf′(x＋1)－1.
因为f(x＋1)是偶函数，由偶函数的导数为奇函数可知，f′(x＋1)是奇函数，且奇函数与奇函数的乘积为偶函数，则y＝xf′(x＋1)为偶函数，
所以g(x＋1)＝xf′(x＋1)－1为偶函数，
又因为函数g(x)恰有四个零点，即函数g(x＋1)恰有四个零点，且这四个零点一定是两组关于y轴对称，其四个零点之和为0，
而g(x＋1)是由g(x)向左平移了1个单位，
所以g(x)的四个零点之和为4.
答案：B　
答案：4微专题2　基本初等函数
常考常用结论
1．指数与对数式的七个运算公式
(1)am·an＝am＋n；
(2)(am)n＝amn；
(3)loga(MN)＝logaM＋logaN；
(4)loga＝logaM－logaN；
(5)logaMn＝nlogaM；
(6)alogaN＝N；
(7)logaN＝.
注：a>0且a≠1，b>0且b≠1，M>0，N>0.
2．画指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象，应抓住三个关键点：(1，a)，(0，1)，(－1，)；在第一象限内，指数函数y＝ax(a>0且a≠1)的图象越高，底数越大.
3．换底公式的两个重要结论
(1)logab＝；＝logab.
其中a>0，且a≠1，b>0，且b≠1，m，n∈R.
4．在第一象限内，不同底的对数函数的图象从左到右底数逐渐增大．对数函数y＝logax(a>0且a≠1)的图象过定点(1，0)，且过点(a，1)，(，－1)，函数图象只在第一、四象限．
1.[2023·天津卷]若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．c>a>bB．c>b>a
C．a>b>cD．b>a>c
2．[2022·北京卷]已知函数f(x)＝，则对任意实数x，有(　　)
A．f(－x)＋f(x)＝0B．f(－x)－f(x)＝0
C．f(－x)＋f(x)＝1D．f(－x)－f(x)＝
3．[2023·安徽蚌埠三模]标准的围棋棋盘共19行19列，361个格点，每个格点上可能出现“黑”“白”“空”三种情况，因此有3361种不同的情况；而我国北宋学者沈括在他的著作《梦溪笔谈》中，也讨论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二种”，即1000052，下列数据最接近的是(lg3≈0.477)(　　)
A．10－37　B．10－36　C．10－35　D．10－34
2.(1)[2023·山东聊城三模]设a＝0.20.5，b＝0.50.2，c＝log0.50.2，则(　　)
A．a>c>bB．b>c>a
C．c>a>bD．c>b>a
(2)函数y＝loga|x＋2|在(－2，0)上是单调递增的，则此函数在(－∞，－2)上是(　　)
A．单调递增B．单调递减
C．先增后减D．先减后增
(3)(多选)已知a、b分别是方程2x＋x＝0，3x＋x＝0的两个实数根，则下列选项中正确的是(　　)
A．－1C．b·3a技法领悟
1．三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较
(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较；
(2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比较；
(3)底数不同、指数也不同，或底数不同、真数也不同的两个数，常引入中间量或结合图象或作差(作商)比较大小．
2．对指数型、对数型函数的图象与性质问题(单调性、大小比较、零点等)的求解往往利用指数、对数函数的图象，通过平移、对称变换得到图象，然后数形结合使问题得以解决．
[巩固训练2]　(1)[2023·广东深圳模拟]已知a＝log3，b＝，c＝lg2，则(　　)
A．aC．a(2)已知函数f(x)＝loga(x－b)(a>0且a≠1)的图象如图所示，则以下说法正确的是(　　)
A.a＋b<0
B．ab<－1
C．0D．loga|b|>0
(3)已知函数f(x)＝是奇函数，则a＝________．
微专题2　基本初等函数
保分题
1．解析：方法一　因为函数f(x)＝1.01x是增函数，且0.6＞0.5＞0，所以1.010.6＞1.010.5＞1，即b＞a＞1；因为函数g(x)＝0.6x是减函数，且0.5＞0，所以0.60.5＜0.60＝1，即c＜1.综上，b＞a＞c.故选D.
方法二　因为函数f(x)＝1.01x是增函数，且0.6＞0.5，所以1.010.6＞1.010.5，即b＞a；因为函数h(x)＝x0.5在(0，＋∞)上单调递增，且1.01＞0.6＞0，所以1.010.5＞0.60.5，即a＞c.综上，b＞a＞c.故选D.
答案：D
2．解析：由f(x)＝，得f(－x)＝＝＝＝，所以f(－x)＋f(x)＝＝1.故选C.
答案：C
3．解析：由题意，对于，有lg＝＝361×lg3－52×4＝361×0.477－52×4＝－35.803，
所以≈10－35.803，分析选项B中10－36与其最接近．故选B.
答案：B
提分题
[例2](1)　解析：由y＝0.2x单调递减可知：0.20.5<0.20.2.
由y＝x0.2单调递增可知：0.20.2<0.50.2，所以0.20.5<0.50.2，即a由y＝log0.5x单调递减可知：c＝log0.50.2>log0.50.5＝1，所以c>b>a.故选D.
(2)　解析：当x∈(－2，0)时，y＝loga|x＋2|＝loga(x＋2)．
设t＝x＋2，则t∈(0，2)．
因为函数t＝x＋2在(－2，0)上单调递增，
函数y＝loga|x＋2|在(－2，0)上是单调递增的，
所以函数y＝logat在(0，2)上单调递增，
所以a>1.
当x∈(－∞，－2)时，y＝loga(－x－2)，
设u＝－x－2，则y＝logau，u∈(0，＋∞)．
因为y＝logau在(0，＋∞)上单调递增，
函数u＝－x－2在(－∞，－2)上单调递减，
所以函数y＝loga(－x－2)在(－∞，－2)上单调递减．故选B.
(3)　解析：函数y＝2x，y＝3x，y＝－x在同一坐标系中的图象如图：
所以－1所以2a<2b，3a<3b，0<－b<－a，
所以－b·2a<(－a)·2b，－b·3a<(－a)·3b，
所以a·2ba·3b.故选BD.
答案：D　
答案：B　
答案：BD
[巩固训练2](1)　解析：因为ln8＝3ln2(2)　解析：由图象可知f(x)在定义域内单调递增，所以a>1，
令f(x)＝loga(x－b)＝0，即x＝b＋1，所以函数f(x)的零点为b＋1，结合函数图象可知0因此a＋b>0，故A错误；
－a1，所以－a<－1，因此ab<－1不一定成立，故B错误；
因为a－1因为0<|b|<1，所以loga|b|(3)　解析：因为f(x)＝是奇函数，
所以f(－x)＝－f(x)，即＝－，即＝－，
即(1＋a·2x)(－2x＋a2)＝(2x＋a)(1－a2·2x)，
即－2x－a·2x·2x＋a2＋a3·2x＝2x＋a－a2·2x·2x－a3·2x
即－a·22x＋a2＋(a3－1)·2x＝a－a2·22x＋(1－a3)·2x，所以，解得a＝1.
答案：B　
答案：C　
答案：1微专题1　函数的图象与性质　
常考常用结论
1．单调性的常用结论
(1)对于f(x)±g(x)增减性质进行判断(在相同定义域内)：增＋增＝增，减＋减＝减，增－减＝增，减－增＝减．
(2)对于复合函数，先将函数y＝f(g(x))分解成y＝f(t)和t＝g(x)，再讨论(判断)这两个函数的单调性，最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判断．
2．奇偶性的三个常用结论
(1)如果一个奇函数f(x)在原点处有定义，即f(0)有意义，那么一定有f(0)＝0.
(2)如果函数f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(|x|)．
(3)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性；偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性．
3．函数周期性常用结论
对f(x)定义域内任一自变量的值x：
(1)若f(x＋a)＝－f(x)，则T＝2a(a>0)．
(2)若f(x＋a)＝，则T＝2a(a>0)．
(3)若f(x＋a)＝－，则T＝2a(a>0)．
4．对称性的三个常用结论
(1)若函数y＝f(x＋a)是偶函数，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．
(2)若对于R上的任意x都有f(2a－x)＝f(x)或f(－x)＝f(2a＋x)，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．
(3)若函数y＝f(x＋b)是奇函数，则函数y＝f(x)的图象关于点(b，0)中心对称．
5．函数图象的变换规则
(1)平移变换将y＝f(x)的图象向左(a>0)或向右(a<0)平移|a|个单位长度得到y＝f(x＋a)的图象；
将y＝f(x)的图象向上(a>0)或向下(a<0)平移|a|个单位长度得到y＝f(x)＋a的图象．
(2)对称变换
①作y＝f(x)关于y轴的对称图象得到y＝f(－x)的图象；
②作y＝f(x)关于x轴的对称图象得到y＝－f(x)的图象；
③作y＝f(x)关于原点的对称图象得到y＝－f(－x)的图象；
④将y＝f(x)在x轴下方的图象翻折到上方，与y＝f(x)在x轴上方的图象，合起来得到y＝|f(x)|的图象；
⑤将y＝f(x)在y轴左侧部分去掉，再作右侧关于y轴的对称图象，合起来得到y＝f(|x|)的图象．
1.[2023·山东德州三模]函数f(x)＝的图象大致是(　　)
2．设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，且f(2)＝0，则不等式≥0的解集为(　　)
A．[－2，0]
B．(－∞，－2]
C．(－∞，－2]
D．[－2，0)
3．[2023·全国甲卷]若f(x)＝(x－1)2＋ax＋sin (x＋)为偶函数，则a＝________．
1. (1)[2023·河南开封三模]函数f(x)＝(x－)cosx在[－，0)]上的图象大致为(　　)
(2)已知定义在R上的函数f(x)在(－∞，2]上单调递减，且f(x＋2)为偶函数，则不等式f(x－1)>f(2x)的解集为(　　)
A．(－∞，－
B．(－∞，－1)，＋∞)
C．(－，1)
D．(－1，)
技法领悟
1．根据函数解析式判断函数图象的策略
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的周期性，判断图象的循环往复．
2．利用函数性质解题的策略
(1)具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上．尤其注意偶函数f(x)的性质：f(|x|)＝f(x)．
(2)利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解．
[巩固训练1]　(1)[2023·河北秦皇岛一中二模]函数f(x)＝x＋的大致图象为(　　)
(2)[2020·新高考Ⅰ卷]若定义在R的奇函数f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是(　　)
A．[－1，1]
B．[－3，－1]
C．[－1，0]
D．[－1，0]
微专题1　函数的图象与性质
保分题
1．解析：由函数f(x)＝，可知其定义域为(－∞，0)关于原点对称，
又由f(－x)＝＝－＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，
所以函数f(x)的图象关于原点对称，可排除A、B选项；
当x∈(0，1)时，f(x)<0；当x＝1时，f(x)＝0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，
根据指数函数与对数函数的增长趋势，可得x→＋∞时，f(x)→0，可排除C选项．故选D.
答案：D
2．解析：由题意可得，奇函数f(x)在(0，＋∞)和(－∞，0)上都为单调递增函数，
且f(－2)＝f(2)＝0，函数图象示意图如图所示：
故不等式≥0，即≥0，即≤0，
结合f(x)的示意图可得它的解集为{x|－2≤x<0或0答案：D
3．解析：方法一　因为f(x)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，即(－x－1)2－ax＋sin＝(x－1)2＋ax＋sin，得a＝2.
方法二　因为f(x)为偶函数，所以f＝f，即－a＝＋a，得a＝2.
答案：2
提分题
[例1]　(1)解析：因为f(－x)＝(－x＋)cosx＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数，故排除C；
当x∈(0，]时，令f(x)＝(x－)cosx＝0，则x＝1或或，
由图可知，A符合，D不符合；
又f()＝)<0，故排除B.故选A.
(2)解析：∵函数f(x＋2)为偶函数，∴f(－x＋2)＝f(x＋2)，即f(2－x)＝f(2＋x)，
∴函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，
又∵函数f(x)定义域为R，在区间(－∞，2]上单调递减，
∴函数f(x)在区间(2，＋∞)上单调递增，
∴由f(x－1)>f(2x)得，|(x－1)－2|>|2x－2|，解得x∈(－1，)．故选D.
(3)解析：令y＝1，得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)＝f(x)，即f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)．故f(x＋2)＝f(x＋1)－f(x)　①，f(x＋3)＝f(x＋2)－f(x＋1)　②.①＋②，得f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x)的周期为6.令x＝1，y＝0，得f(1)＋f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2，所以f(2)＝f(1)－f(0)＝1－2＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝－1－1＝－2，f(4)＝f(3)－f(2)＝－2－(－1)＝－1，f(5)＝f(4)－f(3)＝－1－(－2)＝1，f(6)＝f(5)－f(4)＝1－(－1)＝2.
答案：A　
答案：D　
答案：A
[巩固训练1]　(1)解析：由f(－x)＝－x＋＝－x＋≠±f(x)，故函数为非奇非偶函数，排除B、C；
由f(－π)＝－π＋＝－π＋＝－π－，f(－)＝－＝－，
所以f(－π)(2)解析：通解　由题意知f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)单调递减，且f(－2)＝f(2)＝f(0)＝0.当x>0时，令f(x－1)≥0，得0≤x－1≤2，∴1≤x≤3；当x<0时，令f(x－1)≤0，得－2≤x－1≤0，∴－1≤x≤1，又x<0，∴－1≤x<0；当x＝0时，显然符合题意．综上，原不等式的解集为[－1，0]选D.
优解　当x＝3时，f(3－1)＝0，符合题意，排除B；当x＝4时，f(4－1)＝f(3)<0，此时不符合题意，排除选项A，C.故选D.
答案：A
答案：D微专题3　函数的零点个数问题
1.已知函数f(x)＝3lnx－x2＋2x－3ln3－，求方程f(x)＝0的解的个数．
2．若f(x)＝lnx＋kx(k∈R)有两个零点，求k的取值范围．
5.[2022·全国乙卷]已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)lnx.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
6.[2023·黑龙江哈师大附中三模]已知f(x)＝ex·sinx－x.
(1)若g(x)＝(0(2)当x∈(－∞，π)时，讨论f(x)零点个数．
1．函数零点个数问题的解题策略
(1)直接法：直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．
(2)分离参数法：分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．
2．根据函数零点的个数求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
[巩固训练3]　[2023·广东佛山模拟]已知函数f(x)＝lnx＋sinx.
(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；
(2)判断函数f(x)的零点个数，并证明．
[巩固训练4]　[2023·河南开封三模]已知函数f(x)＝lnx－x－m，(m<－2，m为常数)．
(1)当m＝－e时，求函数f(x)在[，e]上的最小值；
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>2.
微专题3　函数的零点个数问题
保分题
1．解析：因为f(x)＝3lnx－x2＋2x－3ln3－(x＞0)，
所以f′(x)＝－x＋2＝＝，
当x∈(0，3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(3)＝3ln3－＋6－3ln3－＝0，
因为当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以方程f(x)＝0只有一个解．
2．解析：f(x)＝lnx＋kx有两个零点，可得－k＝有两个实根．
令h(x)＝，h′(x)＝.
令h′(x)>0，得0e，
∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
∴h(x)max＝h(e)＝.
当x∈(e，＋∞)时，x>0，lnx>0，所以h(x)＝>0，又h(1)＝0，
∴x∈(0，1)时，h(x)<0；x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
h(x)＝大致图象如图所示，
若直线y＝－k与y＝h(x)的图象有两个交点，
则0<－k<，∴k的取值范围是(－，0)．
提分题
[例5]　(1)解析：当a＝0时，f(x)＝－－lnx(x>0)，
则f′(x)＝＝.
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，
故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1.
(2)解析：因为函数f(x)恰有一个零点，所以方程a(x－lnx)－－lnx＝0在(0，＋∞)上恰有一个解，即方程a(x－lnx)＝＋lnx在(0，＋∞)上恰有一个解．
又易知当x>0时，x－lnx>0，
所以方程a＝在(0，＋∞)上恰有一个解．
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝.
令h(x)＝x－1－(x＋1)lnx(x>0)，
则h′(x)＝1－lnx－＝－lnx－.
由(1)知，h′(x)≤－1，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以当x∈(0，1]时，h(x)≥0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.
则当x∈(0，1]时，g′(x)≤0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以a∈(0，＋∞)．
[例6]　(1)解析：g(x)＝＝(0由于00，x－3<0，∴－3＋x－excosx<0, 进而g′(x)<0，所以g(x)在0又因为g(0)＝2>0，g()＝＝<0，所以g(x)存在唯一零点
(2)解析：f(x)＝ex·sinx－x，x∈(－∞，π)，则f′(x)＝ex·sinx＋excosx－1，x∈(－∞，π)，
当x≤－时，f′(x)＝ex·sinx＋excosx－1＝－1此时f(x) 在x≤－单调递减，f(－)＝·sin (－)＋＝＋1>0, 所以f(x)在x≤－没有零点，
当－∴h′(x)＝2excosx≥0，
所以f′(x) 在－故当－当00，故f(x)在0当≤x<π时，h′(x)＝2excosx<0，所以f′(x) 在≤x<π单调递减，f′(π)＝－eπ－1<0，f′()＝－1>0，
故 x0∈(，π), 使得f′(x0)＝0，且当x∈(，x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，而f()＝>e－>0，f(π)＝－π<0，
所以当≤x0，此时f(x)无零点，当x∈(x0，π)，f(x)只有一个零点．
综上可知：x∈(－∞，π)时，f(x)有2个零点．
[巩固训练3]　(1)解析：f(x)＝lnx＋sinx的定义域为(0，＋∞)，故f′(x)＝＋cosx，
令g(x)＝f′(x)＝＋cosx，g′(x)＝－－sinx，
当x∈[1，e]时，g′(x)＝－－sinx<0，
所以g(x)在[1，e]上单调递减，且g(1)＝1＋cos1>0，
g(e)＝＋cose<＋cos＝<0，
所以由零点存在定理可知，在区间[1，e]存在唯一的a，使g(a)＝f′(a)＝0.
又当x∈(1，a)时，g(x)＝f′(x)>0；当x∈(a，e)时，g(x)＝f′(x)<0；
所以f(x)在x∈(1，a)上单调递增，在x∈(a，e)上单调递减，
又因为f(1)＝ln1＋sin1＝sin1，f(e)＝lne＋sine＝1＋sine>f(1)，
所以函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为f(1)＝sin1.
(2)解析：f(x)有1个零点，证明如下：
因为f(x)＝lnx＋sinx，x∈(0，＋∞)，
若00，
所以f(x)在区间(0，1]上单调递增，又f(1)＝sin1>0，f()＝－1＋sin<0，
结合零点存在定理可知，f(x)在区间(0，1]有且仅有一个零点，
若10，sinx≥0，则f(x)>0，
若x>π，因为lnx>lnπ>1≥－sinx，所以f(x)>0，
综上，函数f(x)在(0，＋∞)有且仅有一个零点．
[巩固训练4]　(1)解析：令f′(x)＝＝0，解得x＝1，
则当x∈[，1)时，f′(x)>0，所以y＝f(x)在[，1)递增；
当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以y＝f(x)在(1，e]递减，
所以y＝f(x)在[，e]上有最大值，
且f()＝－1－－m，f(e)＝1－e－m，
又f()－f(e)＝－2－＋e>0，
所以函数f(x)在[，e]的最小值为1－e－m；
(2)解析：不妨设x1由(1)知，01，且x1，x2满足lnx－x－m＝0，
即lnx1－x1－m＝lnx2－x2－m＝0，
由题意知lnx2－x2＝m<－2令g(x)＝lnx－x(x>0)，则g′(x)＝－1＝，
当00，函数g(x)单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
所以函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又g(x2)故x2>2，而0所以x1＋x2>2.微专题2　不等式证明问题
3.[2021·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝x(1－lnx).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<4.[2022·新高考Ⅱ卷]已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：＋…＋>ln (n＋1)．
1．证明单变量不等式的方法
(1)利用单调性证明单变量不等式
一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可．
(2)利用最值证明单变量不等式
利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x).证明技巧：先将不等式f(x)>g(x)移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明>0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证．
2．证明双变量函数不等式问题的策略
(1)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)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．
(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明．
[巩固训练2]　[2023·河北张家口一模]已知函数f(x)＝(2x－1)e2x－ax3－1在区间(0，＋∞)上有两个极值点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：>.
微专题2　不等式证明问题
提分题
[例3](1)　解析：函数的定义域为，
又f′＝1－lnx－1＝－lnx，
当x∈时，f′>0，当x∈时，f′<0，
故f的递增区间为，递减区间为.
(2)解析：因为blna－alnb＝a－b，故b＝a，即＝，
故f＝f，
设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设01.
因为x∈时，f＝x>0，x∈时，f＝x<0，
故1先证：x1＋x2>2，
若x2≥2，x1＋x2>2必成立．
若x2<2, 要证：x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，
故即证f>f，即证：f>f，其中1设g＝f－f，1则g′＝f′＋f′＝－lnx－ln＝－ln，
因为10，
所以g′>0，故g在上为增函数，所以g>g＝0，
故f>f，即f>f成立，所以x1＋x2>2成立，
综上，x1＋x2>2成立．
设x2＝tx1，则t>1，
结合＝＝x1，＝x2可得：x1＝x2，
即：1－lnx1＝t，故lnx1＝，
要证：x1＋x2即证：ln<1，即证：ln－tlnt<0，
令S＝ln－tlnt，t>1，
则S′＝ln－1－lnt＝ln，
先证明一个不等式：ln≤x.
设u＝ln－x，则u′＝－1＝，
当－10；当x>0时，u′<0，
故u在上为增函数，在上为减函数，故umax＝u＝0，
故ln≤x成立．
由上述不等式可得当t>1时，ln<，故S′<0恒成立，
故S在上为减函数，故S故ln－tlnt<0成立，即x1＋x2综上所述，2<[例4]　(1)解析：当a＝1时，f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex，
f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex.
令f′(x)＝0，得x＝0，
∴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．
(2)解析：f′(x)＝eax＋aeaxx－ex＝(ax＋1)eax－ex，f′(0)＝0.
设g(x)＝(ax＋1)eax－ex，则g′(x)＝aeax＋aeax(ax＋1)－ex＝(a2x＋2a)eax－ex，g′(0)＝2a－1.
当2a－1>0，即a>时，存在δ>0，使得当x∈(0，δ)时，g′(x)>0，此时f′(x)在(0，δ)上单调递增．
∵f′(x)>f′(0)＝0，∴f(x)在(0，δ)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝－1，这与f(x)<－1矛盾，故舍去．
当2a－1≤0，即a≤时－ex.
令h(x)＝－ex，
则h′(x)＝＋·x－ex＝(1＋x－)<0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
此时h(x)综上可知，a的取值范围为(－∞，].
(3)解析：证明：由(2)知当a＝时，x>0时－.
令＝t，t>1，则x＝2lnt，∴2lnt1.
取t＝(n∈N*)，则2lnt＝ln (n＋1)－lnn<－＝，
∴＋…＋>ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln (n＋1)－lnn＝ln (n＋1)，故结论得证．
[巩固训练2]　(1)解析：由题意得f′(x)＝4x(e2x－ax)，
函数f(x)在区间(0，＋∞)上有两个极值点，即方程4x(e2x－ax)＝0在区间(0，＋∞)上有两个不等实根．
又4x>0，所以e2x－ax＝0在区间(0，＋∞)上有两个不等实根．
设h(x)＝e2x－ax(x>0)，则h′(x)＝2e2x－a.
当a≤2时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，与方程e2x－ax＝0在区间(0，＋∞)有两个根矛盾．
当a>2时，由h′(x)＝0，得x＝ln，
当x∈(0，ln)时，h′(x)<0，h(x)为单调递减函数；
当x∈(ln，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)为单调递增函数．
h(0)＝1，h(ln)＝ln＝(1－ln)，
当a>2e时，h(ln)＝(1－ln)<0.
又lna>ln，h(lna)＝a2－alna＝a(a－lna)．
设p(x)＝x－lnx，p′(x)＝1－＝，
当x>2e时，p′(x)>0，p(x)>p(2e)＝2e－ln2e>0，
所以h(lna)＝a(a－lna)>0，
故函数h(x)在区间(0，ln)上和区间(ln，＋∞)上各存在一个零点．
综上，a>2e时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上有两个极值点．
(2)解析：证明：不妨设0要证>，即证>，即x1＋x2>2x1x2.
由得
故lnx2－lnx1＝2(x2－x1)>0.
要证x1＋x2>2x1x2，即证2(x2－x1)(x2＋x1)>2x1x2(lnx2－lnx1)，
即证>ln，即－ln>0.
设t＝(t>1)，即证当t>1时，t－－lnt>0成立．
设φ(t)＝t－－lnt(t>1)，φ′(t)＝1＋＝>0.
所以φ(t)在区间(1，＋∞)上为增函数，
故φ(t)>φ(1)＝0，即当t>1时，t－－lnt>0成立，
综上>成立．第三讲　函数与导数——大题备考
对函数与导数大题的考查，多以对数函数、指数函数为载体，从含有参数的函数的单调性、极值、最值，曲线的交点等方面进行设计，解题时需要对参数分类讨论，往往比较复杂，难度较大．
微专题1　不等式恒(能)成立问题
1.已知函数f(x)＝lnx＋(a为常数)，若不等式f(x)≥1在x∈(0，2]上恒成立，求实数a的取值范围．
2．已知函数f(x)＝2ax－2lnx，g(x)＝x－2，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范围．
[2023·全国甲卷]已知函数f(x)＝ax－，x∈(0，)．
(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)2.[2023·河南联考]已知函数f(x)＝＋2lnx(a>0)，g(x)＝x3－x2.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若对于任意的x1∈(0，2]，都存在x2∈[1，2]，使得x1f(x1)≥g(x2)成立，试求实数a的取值范围．
不等式恒成立(能成立)问题的解题策略
1．对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化．
2．“恒成立”与“能成立”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍．
[巩固训练1]　[2023·山东青岛模拟]已知函数f(x)＝ex－a－lnx.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围．
微专题1　不等式恒(能)成立问题
保分题
1．解析：f(x)≥1即lnx＋≥1在(0，2]上恒成立，则a≥x－xlnx(x∈(0，2]，
设h(x)＝x－xlnx(x∈(0，2]，则h′(x)＝－lnx，00，h(x)递增，12．解析：g(x)≤f(x)，即2ax－2lnx≥x－2(x>0)，
即a≥，
令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝＝(x>0)，
当00，当x>e2时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(e2)＝＝，
所以a≥.
[例1]　(1)解析：当a＝8时，f(x)＝8x－，
f′(x)＝8－＝8＋.
令＝t，则t∈(1，＋∞)，
令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，
当t∈(1，2)时，h(t)>0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0.
故当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
∴f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)解析：令g(x)＝f(x)－sin2x＝ax－－sin2x，
则g′(x)＝a－－2cos2x＝a－－4cos2x＋2＝a－(＋4cos2x－2)，
令u＝cos2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝＋4u－2，
则k′(u)＝＋4＝.
当u∈(0，1)时，k′(u)<0，∴k(u)在(0，1)上单调递减，∵k(1)＝3，∴当u∈(0，1)时，k(u)>3，∴k(u)的值域为(3，＋∞)．
①当a≤3时，g′(x)<0，∴g(x)在上单调递减，
又g(0)＝0，∴当x∈时，g(x)<0，即f(x)②当a>3时， x0∈使得g′(x0)＝0，
∴g(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减，
∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)综上所述，a的取值范围为(－∞，3].
[例2](1)　解析：由题可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x)＝＋2lnx，则f′(x)＝－＝.
当a＝1时，f′(x)＝＝.
所以当0当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(0，1)．
(2)　解析：因为g(x)＝x3－x2，所以g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
又x∈[1，2]，所以g′(x)>0，故函数g(x)在[1，2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝0.
所以对任意的x∈(0，2]，xf(x)≥0恒成立，即＋2xlnx≥0恒成立．
所以a≥－2x2lnx恒成立．
令h(x)＝－2x2lnx，x∈(0，2]，则h′(x)＝－2x－4xlnx＝－2x(1＋2lnx)，x∈(0，2].
令h′(x)＝0，则1＋2lnx＝0，解得x＝.
当)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在)上单调递增；
当，2]时，h′(x)<0，所以函数h(x)在，2]上单调递减．
所以h(x)max＝)＝.所以a≥.
所以实数a的取值范围是[，＋∞)．
[巩固训练1](1)　解析：当a＝0时，f(x)＝ex－lnx，
f′(x)＝ex－，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率k＝e－1，又f(1)＝e，
∴切线方程为y＝(e－1)x＋1.
与x，y轴的交点分别是(，0)，(0，1)，
∴切线与坐标轴围成的三角形的面积S＝.
(2)　解析：存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0即ex0－a－lnx0<0，即ex0－a即存在x0∈[e，＋∞)，使成立．
令h(x)＝，因此，只要函数h(x)＝在区间[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．
下面求函数h(x)＝在区间[e，＋∞)的最小值．
h′(x)＝，
令u(x)＝lnx－，因为u′(x)＝>0，
所以u(x)为[e，＋∞)上的增函数，且u(e)＝1－>0.
∴h′(x)＝>0在[e，＋∞)恒成立．
∴h(x)＝在[e，＋∞)单调递增，
函数h(x)＝在[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee，
h(e)＝eee，∴实数a的取值范围为(e，＋∞)．微专题3　极值与最值
常考常用结论
1．函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负” f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正” f(x)在x0处取极小值．
2．在闭区间[a，b]上的连续函数y＝f(x)，在[a，b]上必有最大值与最小值．在[a，b]上的连续函数y＝f(x)，若有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点．
3．单调函数没有极值，如果一个函数没有极值，则该函数是单调函数或者常函数．
4．开区间内的单调函数没有极值．
1.函数f(x)＝x3＋ax在x＝1处取得极小值，则极小值为(　　)
A．1　　　B．2　　　C．－2　　　D．－1
2．[2023·辽宁葫芦岛二模]已知函数f(x)＝2sinx(1＋cosx)，则f(x)的最大值是________．
3．[2023·河南濮阳模拟]若函数f(x)＝ex－ax2－a存在两个极值点x1，x2，且x2＝2x1，则a＝________．
3. (1)[2023·全国甲卷]函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3，0)
(2)[2023·河北石家庄一模]已知函数f(x)＝(0技法领悟
1．求函数极值时，不要误把极值点代入导函数中．
2．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．
[巩固训练3]　(1)[2023·山东烟台二模]若函数f(x)＝lnx＋x2＋ax有两个极值点x1，x2，且f(x1)＋f(x2)≤－5，则(　　)
A．a≥4B．a≥2
C．a≤－2D．a≤－4
(2)[2023·安徽模拟]已知函数f(x)＝ex＋2x，g(x)＝4x，且f(m)＝g(n)，则|n－m|的最小值为________．
微专题3　极值与最值
保分题
1．解析：依题意，f′(x)＝3x2＋a，因为函数f(x)在x＝1处取得极小值，则f′(1)＝3＋a＝0，解得a＝－3，
此时f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1因此函数f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，
所以函数f(x)＝x3－3x在x＝1处取得极小值f(1)＝－2.故选C.
答案：C
2．解析：因为f(x)＝2sinx(1＋cosx)，
所以f′(x)＝2cosx(1＋cosx)－2sin2x＝2cosx＋2cos2x－2sin2x＝4cos2x＋2cosx－2＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．
当f′(x)>0时，x∈(－＋2kπ，＋2kπ)(k∈Z)，
所以f(x)在(－＋2kπ，＋2kπ)上单调递增；
当f′(x)<0时，x∈(＋2kπ，＋2kπ)，
所以f(x)在(＋2kπ，＋2kπ)上单调递减；
所以f(x)max＝f(＋2kπ)＝.
答案：
3．解析：f(x)＝ex－ax2－a，定义域为R，所以f′(x)＝ex－2ax，
故－2ax1＝－2ax2＝0；又x2＝2x1，所以－4ax1＝0.把2ax1＝代入得＝0，
又>0，故＝2，所以x1＝ln2，所以a＝＝.
答案：
提分题
[例3]　(1)解析：由题意知f′(x)＝3x2＋a，要使函数f(x)存在3个零点，则f′(x)＝0要有2个不同的根，则a<0.令3x2＋a＝0，解得x＝±.令f′(x)>0，则x<－或x>，令f′(x)<0，则－1，即a<－3.故选B.
(2)解析：f(x)＝＝＝tan＝tan＋4＋，
令t＝tan，因为0令g(t)＝t＋4＋，t∈(0，＋∞)，g′(t)＝1＋＝1－，
若g′(t)＝1－>0，则t∈(2，＋∞)，若g′(t)＝1－<0，则t∈(0，2)，
所以g(t)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以g(t)的最小值为g(2)，因为g(2)＝2＋4＋＝7，
所以f(x)的最小值为7.
答案：B　
7
[巩固训练3]　(1)解析：因为函数f(x)＝lnx＋x2＋ax有两个极值点x1，x2，
又函数f(x)＝lnx＋x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)＝，
所以方程x2＋ax＋1＝0有两个不同的正根，且x1，x2为其根，
所以a2－4a>0，x1＋x2＝－a>0，x1x2＝1，
所以a<0，
则x2＝－x1x2＋a(x1＋x2)＝ln1＋a2－1－a2＝－a2－1，
又f(x1)＋f(x2)≤－5，即－a2－1≤－5，可得a2－8≥0，
所以a≤－2或a≥＋2(舍去)．故选C.
(2)解析：由f(m)＝g(n)，得em＋2m＝4n，化简整理得4n－4m＝em－2m.
令h(m)＝em－2m(m∈R)，则h′(m)＝em－2，
令em－2＝0，解得m＝ln2.当m∈(－∞，ln2)时，h′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln2)上单调递减；
当m∈(ln2，＋∞)时，h′(m)>0，即h(m)在(ln2，＋∞)上单调递增，
∴h(m)min＝h(ln2)＝2－2ln2>0，∴|n－m|min＝ln2.
答案：C　
ln 2微专题2　导数与不等式
常考常用结论
1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．
1.若函数f(x)＝kx－lnx在区间(，＋∞)上单调递增，则k的取值范围为(　　)
A．(，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(，＋∞) D．[4，＋∞)
2．[2023·辽宁实验中学模拟]已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数为f′(x)，若对任意x∈R有f′(x)>1，f(1＋x)＋f(1－x)＝0，且f(0)＝－2，则不等式f(x－1)>x－1的解集为(　　)
A．(4，＋∞) B．(3，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(0，＋∞)
3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若满足xf′(x)＋f(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，则下列不等式一定成立的是(　　)
A．
C．πf(π)ef(e)
2.(1)[2023·河北石家庄一模]已知a＝，b＝ln1.4，c＝e0.2－1，则(　　)
A．aC．c(2)[2023·全国乙卷]设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
1．利用导数比较大小或解不等式的常见技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
2．由函数的单调性求参数取值范围的策略
(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求参数的取值范围；
(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，即f′(x)max>0(或<0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求参数的取值范围．
[巩固训练2]　(1)[2023·河南驻马店二模]已知a＝e0.1－e－0.1，b＝ln1.21，c＝0.2，则(　　)
A．bC．a(2)若关于x的不等式sinx－x≥ax，对x∈[0，π]恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1] B．(－∞，1]
C．(－∞，－) D．(－∞，]
微专题2　导数与不等式
保分题
1．解析：因为函数f(x)＝kx－lnx在区间(，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝k－≥0在(，＋∞)上恒成立，即k≥在(，＋∞)上恒成立．因为y＝在(，＋∞)上单调递减，所以当x∈(，＋∞)时，y<2，所以k≥2，
则k的取值范围为[2，＋∞)．故选B.
答案：B
2．解析：设g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1>0恒成立，故函数g(x)在R上单调递增．
f(1＋x)＋f(1－x)＝0，则f(2)＋f(0)＝0，即f(2)＝2，故g(2)＝f(2)－2＝0.
f(x－1)>x－1，即g(x－1)>0，即g(x－1)>g(2)，故x－1>2，解得x>3.故选B.
答案：B
3．解析：令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，
故g(x)为(0，＋∞)上的增函数，故g(π)>g(e)即πf(π)>ef(e)．故选D.
答案：D
提分题
[例2](1)　解析：令f(x)＝ln (x＋1)－，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝＝>0恒成立，
所以f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，则f(0.4)>f(0)＝0，即ln1.4－>0，所以ln1.4>，则b>a；
则f()>f(0)＝0，即ln>0，所以ln>，则＝e0.2，即>e0.2，
所以>e0.2－1，又>＝，所以>e0.2－1，则a>c；
综上，c(2)　解析：由题意得当x>0时，f′(x)＝axlna＋(1＋a)xln (1＋a)＝ax≥0，设g(x)＝lna＋ln (1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0.
因为a∈(0，1)，所以ln (1＋a)>0，＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即lna＋ln (1＋a)＝ln (a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又0答案：C　
[，1)
[巩固训练2]　(1)解析：设f(x)＝ex－e－x－2x，则f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，从而f(x)在R上单调递增，
则f(0.1)＝e0.1－e－0.1－0.2>f(0)＝0，即a>c，
设g(x)＝2x－2ln (1＋x)，则g′(x)＝2－＝>0，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则g(0.1)＝0.2－2ln1.1＝0.2－ln1.21>g(0)＝0，即c>b，
所以b(2)解析：因为不等式sinx－x≥ax，对x∈[0，π]恒成立，
当x＝0时，显然成立，
当x∈(0，π]，a≤－1恒成立，
令f(x)＝－1，则f′(x)＝，
令g(x)＝xcosx－sinx，
则g′(x)＝－xsinx≤0在(0，π]上成立，
所以g(x)在(0，π]上递减，
则g(x)所以f′(x)<0在(0，π]上成立，
所以f(x)在(0，π]上递减，
所以f(x)min＝f(π)＝－1，
所以a≤－1.故选A.
答案：D　
答案：A微专题1　切线问题
　常考常用结论
1．函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数的几何意义，就是曲线在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率．用好这个条件是解决切线问题的关键．
2．曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线是指P为切点，斜率为k＝f′(x0)的切线，是唯一的一条切线．
3．曲线y＝f(x)过点P(x0，y0)的切线是指切线经过点P，点P可以是切点，也可以不是切点，而且这样的直线可能有多条．
1.设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为(　　)
A．y＝－2xB．y＝－x
C．y＝2xD．y＝x
2．[2023·河北保定模拟]若直线3x＋y－a＝0是曲线y＝x2－4lnx的一条切线，则实数a＝(　　)
A．　　　B．C．　　　D．
3．[2023·河南开封一模]已知函数f(x)＝ax2＋(x2－2x＋3)ex，无论a取何值，曲线y＝f(x)均存在一条固定的切线，则该切线方程为________．
1.(1)[2023·黑龙江哈尔滨三中模拟]已知函数f(x)＝ln (x＋1)，g(x)＝ln (e2x)，若直线y＝kx＋b为f(x)和g(x)的公切线，则b等于(　　)
A．B．1－ln2
C．2－ln2D．－ln2
(2)[2022·新高考Ⅱ卷]曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
解决此类问题通常有两种方法
1．利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切，列出关系式求解；
2．设公切线l在y＝f(x)上的切点P1(x1，f(x1))，在y＝g(x)上的切点P2(x2，g(x2))，则f′(x1)＝g′(x2)＝.
[巩固训练1]　(1)[2023·山东潍坊三模]若P为函数f(x)＝ex－x图象上的一个动点，以P为切点作曲线y＝f(x)的切线，则切线倾斜角的取值范围是(　　)
A．[0，) B．()
C．(，π) D．[0，，π)
(2)[2023·河北唐山三模]已知曲线y＝lnx与y＝ax2(a>0)有公共切线，则实数a的取值范围为________．
微专题1　切线问题
保分题
1．解析：∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，∴a－1＝0，得a＝1，∴f(x)＝x3＋x，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x，故选D.
答案：D
2．解析：因为y＝x2－4lnx，所以y′＝x－，令x－＝－3，即x2＋3x－4＝0，
得x＝1或x＝－4(舍去)，所以切点是(1，)，代入3x＋y－a＝0，
得3＋－a＝0，a＝.故选D.
答案：D
3．解析：f(x)＝ax2＋(x2－2x＋3)ex，则f′(x)＝2ax＋(x2＋1)ex，f′(0)＝1，f(0)＝3，此时这两个值均与a无关，
∴无论a取何值，曲线y＝f(x)均存在一条固定的切线，
此时切点为(0，3)，切线斜率为1，故切线方程为y－3＝x，即x－y＋3＝0.
答案：x－y＋3＝0
提分题
[例1]　(1)解析：设直线l：y＝kx＋b与f(x)＝ln (x＋1)相切于点A(x1，y1)，
与g(x)＝ln (e2x)相切于点B(x2，y2)，
由f(x)＝ln (x＋1)，所以f′(x)＝，
由f′(x1)＝＝k x1＝，
则y1＝ln (x1＋1)＝ln (＋1)＝ln＝－lnk，
即点A(，－lnk)，代入直线l中有：
－lnk＝k·＋b b＝k－lnk－1，　①
由g(x)＝ln (e2x)＝lne2＋lnx＝2＋lnx，
所以g′(x)＝，
由g′(x2)＝＝k x2＝，
y2＝g(x2)＝2＋lnx2＝2＋ln＝2－lnk，
即点B(，2－lnk)，代入直线l中有：
2－lnk＝k·＋b b＝1－lnk，　②
联立①②解得：k＝2，
所以b＝1－ln2.故选B.
(2)解析：当x>0时，y＝lnx，y′＝.假设此时直线与曲线y＝lnx相切于点(x1，lnx1)(x1>0)，则此时切线方程为＝(x－x1)．若该切线经过原点，则lnx1－1＝0，解得x1＝e，此时切线方程为y＝.当x<0时，y＝ln (－x)，y′＝.假设此时直线与曲线y＝ln (－x)相切于点(x2，ln (－x2))(x2<0)，则此时切线方程为y－ln (－x2)＝(x－x2)．若该切线经过原点，则ln (－x2)－1＝0，解得x2＝－e，此时切线方程为y＝－.
答案：B　
y＝　y＝－
[巩固训练1]　(1)解析：设P点坐标为(x0，y0)，
由f(x)＝ex－x，x∈R，
得f′(x)＝ex－，
则以P为切点的切线斜率为－>－，
令切线倾斜角为θ，θ∈[0，π)，则tanθ>－，
则θ∈[0，，π)．故选D.
(2)解析：设公切线与曲线y＝lnx和y＝ax2的切点分别为)，其中x1>0，
对于y＝lnx有y′＝，则y＝lnx上的切线方程为＝(x－x1)，即y＝＋(lnx1－1)．
对于y＝ax2有y′＝2ax，则y＝ax2上的切线方程为＝2ax2(x－x2)，即y＝，
所以，有＝lnx1－1，即＝lnx1(x1>0)，
令g(x)＝x2－x2lnx，g′(x)＝x－2xlnx＝x(1－2lnx)，
令g′(x)＝0，得x＝，
当)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝)＝e，故0∴正实数a的取值范围是[，＋∞)．
答案：D　
[，＋∞)

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