PAGEPAGE24導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用【2024年高考考綱解讀】高考對(duì)本內(nèi)容的考查主要有：(1)導(dǎo)數(shù)的幾何意義是考查熱點(diǎn)，要求是B級(jí)，理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義是曲線上在某點(diǎn)處的切線的斜率，能夠解決與曲線的切線有關(guān)的問題；(2)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的基礎(chǔ)，要求是B級(jí)，嫻熟駕馭導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則、常用導(dǎo)數(shù)公式及復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)運(yùn)算，一般不單獨(dú)設(shè)置試題，是解決導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的第一步；(3)利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性與極值是導(dǎo)數(shù)的核心內(nèi)容，要求是B級(jí)，對(duì)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性與極值要達(dá)到相等的高度.(4)導(dǎo)數(shù)在實(shí)際問題中的應(yīng)用為函數(shù)應(yīng)用題注入了簇新的血液，使應(yīng)用題涉及到的函數(shù)模型更加寬廣，要求是B級(jí)；(5)導(dǎo)數(shù)還常常作為高考的壓軸題，實(shí)力要求特別高，它不僅要求考生堅(jiān)固駕馭基礎(chǔ)學(xué)問、基本技能，還要求考生具有較強(qiáng)的分析實(shí)力和計(jì)算實(shí)力．估計(jì)以后對(duì)導(dǎo)數(shù)的考查力度不會(huì)減弱．作為導(dǎo)數(shù)綜合題，主要是涉及利用導(dǎo)數(shù)求最值解決恒成立問題，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式等，常伴隨對(duì)參數(shù)的探討，這也是難點(diǎn)之所在.【重點(diǎn)、難點(diǎn)剖析】1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義(1)函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線的斜率，即k＝f′(x0)．(2)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和運(yùn)算法則(1)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式原函數(shù)導(dǎo)函數(shù)f(x)＝cf′(x)＝0f(x)＝xn(n∈R)f′(x)＝nxn－1f(x)＝sinxf′(x)＝cosxf(x)＝cosxf′(x)＝－sinxf(x)＝ax(a＞0且a≠1)f′(x)＝axlnaf(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax(a＞0且a≠1)f′(x)＝eq\f(1,xlna)f(x)＝lnxf′(x)＝eq\f(1,x)(2)導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算①[u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)；②[u(x)v(x)]′＝u′(x)v(x)＋u(x)v′(x)；③eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(ux,vx)))′＝eq\f(u′xvx－uxv′x,[vx]2)(v(x)≠0)．3．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)假如已知函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上單調(diào)遞增(減)，則這個(gè)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個(gè)區(qū)間上大(小)于零恒成立．在區(qū)間上離散點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)等于零，不影響函數(shù)的單調(diào)性，如函數(shù)y＝x＋sinx.4．函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與極值對(duì)可導(dǎo)函數(shù)而言，某點(diǎn)導(dǎo)數(shù)等于零是函數(shù)在該點(diǎn)取得極值的必要條件．例如f(x)＝x3，雖有f′(0)＝0，但x＝0不是極值點(diǎn)，因?yàn)閒′(x)≥0恒成立，f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，無極值．5．閉區(qū)間上函數(shù)的最值在閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)，肯定有最大值和最小值，其最大值是區(qū)間的端點(diǎn)處的函數(shù)值和在這個(gè)區(qū)間內(nèi)函數(shù)的全部極大值中的最大者，最小值是區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值和在這個(gè)區(qū)間內(nèi)函數(shù)的全部微小值中的最小值．6．函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用(1)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在區(qū)間(a，b)上恒成立；(2)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0在區(qū)間(a，b)上恒成立；(3)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上為增函數(shù)是f′(x)＞0的必要不充分條件.【題型示例】題型一、導(dǎo)數(shù)的幾何意義【例1】(2024·全國Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為()A．y＝－2xB．y＝－xC．y＝2xD．y＝x答案D解析方法一∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.又f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝x.故選D.方法二∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數(shù)，∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a為偶函數(shù)，∴a＝1，即f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝x.故選D.【舉一反三】(2024·全國Ⅱ)曲線y＝2lnx在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為________．答案2x－y－2＝0解析因?yàn)閥′＝eq\f(2,x)，y′|x＝1＝2，所以切線方程為y－0＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.【變式探究】若函數(shù)f(x)＝lnx(x>0)與函數(shù)g(x)＝x2＋2x＋a(x<0)有公切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2e)，＋∞)) B．(－1，＋∞)C．(1，＋∞) D．(－ln2，＋∞)答案A解析設(shè)公切線與函數(shù)f(x)＝lnx切于點(diǎn)A(x1，lnx1)(x1>0)，則切線方程為y－lnx1＝eq\f(1,x1)(x－x1)．設(shè)公切線與函數(shù)g(x)＝x2＋2x＋a切于點(diǎn)B(x2，xeq\o\al(2,2)＋2x2＋a)(x2<0)，則切線方程為y－(xeq\o\al(2,2)＋2x2＋a)＝2(x2＋1)(x－x2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＝2x2＋1，,lnx1－1＝－x\o\al(2,2)＋a，))∵x2<0<x1，∴0<eq\f(1,x1)<2.又a＝lnx1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x1)－1))2－1＝－lneq\f(1,x1)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－2))2－1，令t＝eq\f(1,x1)，∴0<t<2，a＝eq\f(1,4)t2－t－lnt.設(shè)h(t)＝eq\f(1,4)t2－t－lnt(0<t<2)，則h′(t)＝eq\f(1,2)t－1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－12－3,2t)<0，∴h(t)在(0,2)上為減函數(shù)，則h(t)>h(2)＝－ln2－1＝lneq\f(1,2e)，∴a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2e)，＋∞)).【變式探究】【2024高考新課標(biāo)2文數(shù)】若直線是曲線的切線，也是曲線的切線，則．【答案】【感悟提升】函數(shù)圖像上某點(diǎn)處的切線斜率就是函數(shù)在該點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值．求曲線上的點(diǎn)到直線的距離的最值的基本方法是“平行切線法”，即作出與直線平行的曲線的切線，則這條切線到已知直線的距離即為曲線上的點(diǎn)到直線的距離的最值，結(jié)合圖形可以推斷是最大值還是最小值．【舉一反三】(2015·陜西，15)設(shè)曲線y＝ex在點(diǎn)(0，1)處的切線與曲線y＝eq\f(1,x)(x＞0)上點(diǎn)P處的切線垂直，則P的坐標(biāo)為________．解析∵(ex)′eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝0))＝e0＝1，設(shè)P(x0，y0)，有eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′))eq\s\do7(x＝x0)＝－eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝－1，又∵x0＞0，∴x0＝1，故xP(1，1)．答案(1，1)【變式探究】(1)曲線y＝xex－1在點(diǎn)(1,1)處切線的斜率等于()A．2eB．eC．2D．1(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若曲線y＝ax2＋eq\f(b,x)(a，b為常數(shù))過點(diǎn)P(2，－5)，且該曲線在點(diǎn)P處的切線與直線7x＋2y＋3＝0平行，則a＋b的值是________．【命題意圖】(1)本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的幾何意義．(2)本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，意在考查考生的運(yùn)算求解實(shí)力．【感悟提升】1．求曲線的切線要留意“過點(diǎn)P的切線”與“在點(diǎn)P處的切線”的差異，過點(diǎn)P的切線中，點(diǎn)P不肯定是切點(diǎn)，點(diǎn)P也不肯定在已知曲線上，而在點(diǎn)P處的切線，必以點(diǎn)P為切點(diǎn)．2．利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點(diǎn)坐標(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來進(jìn)行轉(zhuǎn)化．以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，則要求駕馭平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進(jìn)而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解．題型二、利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性【例2】已知函數(shù)f(x)＝4lnx－mx2＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m∈R)).(1)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若對(duì)隨意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e))，f(x)≤0恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)由題意知f′(x)＝eq\f(4,x)－2mx＝eq\f(4－2mx2,x)(x>0)，當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)>0在x∈(0，＋∞)時(shí)恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)m>0時(shí)，f′(x)＝eq\f(4－2mx2,x)＝eq\f(－2m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(2,m))))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(2,m)))),x)(x>0)，令f′(x)>0，得0<x<eq\r(\f(2,m))；令f′(x)<0，得x>eq\r(\f(2,m)).∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,m))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,m))，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)m≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,m))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,m))，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)方法一由題意知4lnx－mx2＋1≤0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e))上恒成立，即m≥eq\f(4lnx＋1,x2)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e))上恒成立．令g(x)＝eq\f(4lnx＋1,x2)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e))，∴g′(x)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－4lnx)),x3)，x∈[1，e]，令g′(x)>0，得1<x<；令g′(x)<0，得<x<e.∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(，e))上單調(diào)遞減．∴g(x)max＝g＝eq\f(4lne＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e))2)＝eq\f(2\r(e),e)，∴m≥eq\f(2\r(e),e).方法二要使f(x)≤0恒成立，只需f(x)max≤0，由(1)知，若m≤0，則f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e))上單調(diào)遞增．∴f(x)max＝f(e)＝4－me2＋1≤0，即m≥eq\f(5,e2)，這與m≤0沖突，此時(shí)不成立．若m>0，(ⅰ)若eq\r(\f(2,m))≥e，即0<m≤eq\f(2,e2)，則f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e))上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(e)＝4－me2＋1≤0，即m≥eq\f(5,e2)，這與0<m≤eq\f(2,e2)沖突，此時(shí)不成立．(ⅱ)若1<eq\r(\f(2,m))<e，即eq\f(2,e2)<m<2，則f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,m))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,m))，e))上單調(diào)遞減．∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,m))))＝4lneq\r(\f(2,m))－1≤0，即eq\r(\f(2,m))≤，解得m≥eq\f(2\r(e),e).又∵eq\f(2,e2)<m<2，∴eq\f(2\r(e),e)≤m<2，(ⅲ)若0<eq\r(\f(2,m))≤1，即m≥2，則f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e))上單調(diào)遞減，則f(x)max＝f(1)＝－m＋1≤0，∴m≥1.又∵m≥2，∴m≥2.綜上可得m≥eq\f(2\r(e),e).即實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(e),e)，＋∞)).【變式探究】(2024·高考全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex.(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0得x＝－1－eq\r(2)或x＝－1＋eq\r(2).當(dāng)x∈(－∞，－1－eq\r(2))時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－1＋eq\r(2)，＋∞)時(shí)，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－eq\r(2))，(－1＋eq\r(2)，＋∞)單調(diào)遞減，在(－1－eq\r(2)，－1＋eq\r(2))單調(diào)遞增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.當(dāng)a≥1時(shí)，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，則h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減．而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.當(dāng)0<a<1時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－x－1，則g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞增．而g(0)＝0，故ex≥x＋1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝eq\f(\r(5－4a)－1,2)，則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.當(dāng)a≤0時(shí)，取x0＝eq\f(\r(5)－1,2)，則x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)．【變式探究】【2024高考山東文數(shù)】已知.（=1\*ROMANI）探討的單調(diào)性；（=2\*ROMANII）當(dāng)時(shí)，證明對(duì)于隨意的成立.【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析【解析】（Ⅰ）的定義域?yàn)椋?當(dāng)，時(shí)，，單調(diào)遞增；，單調(diào)遞減.當(dāng)時(shí)，.（1），，當(dāng)或時(shí)，，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；（2）時(shí)，，在內(nèi)，，單調(diào)遞增；（3）時(shí)，，當(dāng)或時(shí)，，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減.綜上所述，當(dāng)時(shí)，函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，在內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)，在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，時(shí)，，，令，.則，由可得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取得等號(hào).又，設(shè)，則在單調(diào)遞減，因?yàn)?，所以在上存在使得時(shí)，時(shí)，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減，由于，因此，當(dāng)且僅當(dāng)取得等號(hào)，所以，即對(duì)于隨意的恒成立?！靖形蛱嵘看_定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間要特殊留意函數(shù)的定義域，不要從導(dǎo)數(shù)的定義域確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，在某些狀況下函數(shù)導(dǎo)數(shù)的定義域與原函數(shù)的定義域不同．【舉一反三】(2015·福建，10)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿意f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿意f′(x)＞k＞1，則下列結(jié)論中肯定錯(cuò)誤的是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＜eq\f(1,k) B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＞eq\f(1,k－1)C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＜eq\f(1,k－1) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))＞eq\f(k,k－1)【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x.(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)＝f(2x)－4bf(x)，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>0，求b的最大值；(3)已知1.4142<eq\r(2)<1.4143，估計(jì)ln2的近似值(精確到0.001)．【命題意圖】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、求函數(shù)的最值、估計(jì)無文數(shù)的近似值等，考查基本不等式的應(yīng)用與分類探討思想的應(yīng)用，意在考查考生的運(yùn)算求解實(shí)力、推理論證實(shí)力與對(duì)學(xué)問的綜合應(yīng)用實(shí)力．【解析】(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等號(hào)僅當(dāng)x＝0時(shí)成立．所以f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．①當(dāng)b≤2時(shí)，g′(x)≥0，等號(hào)僅當(dāng)x＝0時(shí)成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．而g(0)＝0，所以對(duì)隨意x>0，g(x)>0；②當(dāng)b>2時(shí)，若x滿意2<ex＋e－x<2b－2，即0<x<ln(b－1＋eq\r(b2－2b))時(shí)，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此當(dāng)0<x<ln(b－1＋eq\r(b2－2b))時(shí)，g(x)<0.綜上，b的最大值為2.(3)由(2)知，g(lneq\r(2))＝eq\f(3,2)－2eq\r(2)b＋2(2b－1)ln2.當(dāng)b＝2時(shí)，g(lneq\r(2))＝eq\f(3,2)－4eq\r(2)＋6ln2>0，ln2>eq\f(8\r(2)－3,12)>0.6928；當(dāng)b＝eq\f(3\r(2),4)＋1時(shí)，ln(b－1＋eq\r(b2－2b))＝lneq\r(2)，g(lneq\r(2))＝－eq\f(3,2)－2eq\r(2)＋(3eq\r(2)＋2)ln2<0，ln2<eq\f(18＋\r(2),28)<0.6934.（2）因?yàn)楹瘮?shù)只有1個(gè)零點(diǎn)，而，所以0是函數(shù)的唯一零點(diǎn).因?yàn)?，又由知，所以有唯一?令，則，從而對(duì)隨意，，所以是上的單調(diào)增函數(shù)，于是當(dāng)，；當(dāng)時(shí)，.因而函數(shù)在上是單調(diào)減函數(shù)，在上是單調(diào)增函數(shù).下證.若，則，于是，又，且函數(shù)在以和為端點(diǎn)的閉區(qū)間上的圖象不間斷，所以在和之間存在的零點(diǎn)，記為.因?yàn)椋?，又，所以與“0是函數(shù)的唯一零點(diǎn)”沖突.若，同理可得，在和之間存在的非0的零點(diǎn)，沖突.因此，.于是，故，所以.【舉一反三】(2015·陜西，12)對(duì)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a為非零整數(shù))，四位同學(xué)分別給出下列結(jié)論，其中有且只有一個(gè)結(jié)論是錯(cuò)誤的，則錯(cuò)誤的結(jié)論是()A．－1是f(x)的零點(diǎn) B．1是f(x)的極值點(diǎn)C．3是f(x)的極值 D．點(diǎn)(2，8)在曲線y＝f(x)上解析A正確等價(jià)于a－b＋c＝0，①B正確等價(jià)于b＝－2a，②C正確等價(jià)于eq\f(4ac－b2,4a)＝3，③D正確等價(jià)于4a＋2b＋c＝8.④下面分狀況驗(yàn)證，若A錯(cuò)，由②、③、④組成的方程組的解為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝－10，,c＝8.))符合題意；若B錯(cuò)，由①、③、④組成的方程組消元轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的方程后無實(shí)數(shù)解；若C錯(cuò)，由①、②、④組成方程組，閱歷證a無整數(shù)解；若D錯(cuò)，由①、②、③組成的方程組a的解為－eq\f(3,4)也不是整數(shù)．綜上，故選A.答案A【變式探究】(2015·新課標(biāo)全國Ⅱ，12)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0)D．(0，1)∪(1，＋∞)解析因?yàn)閒(x)(x∈R)為奇函數(shù)，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.當(dāng)x≠0時(shí)，令g(x)＝eq\f(f（x）,x)，則g(x)為偶函數(shù)，且g(1)＝g(－1)＝0.則當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,x)))′＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，在(－∞，0)上為增函數(shù)．所以在(0，＋∞)上，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＞g(1)＝0?eq\f(f（x）,x)＞0?f(x)＞0；在(－∞，0)上，當(dāng)x＜－1時(shí)，g(x)＜g(－1)＝0?eq\f(f（x）,x)＜0?f(x)＞0.綜上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1)，選A.答案A【舉一反三】(2015·江蘇，19)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．(1)試探討f(x)的單調(diào)性；(2)若b＝c－a(實(shí)數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù))，當(dāng)函數(shù)f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，求c的值．解(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(2a,3).當(dāng)a＝0時(shí)，因?yàn)閒′(x)＝3x2＞0(x≠0)，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時(shí)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))時(shí)，f′(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))上單調(diào)遞減；當(dāng)a＜0時(shí)，x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))時(shí)，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))時(shí)，f′(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上單調(diào)遞減．(2)由(1)知，函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值為f(0)＝b，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝eq\f(4,27)a3＋b，則函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f(0)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,27)a3＋b))＜0，從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,－\f(4,27)a3＜b＜0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,0＜b＜－\f(4,27)a3.))又b＝c－a，所以當(dāng)a＞0時(shí)，eq\f(4,27)a3－a＋c＞0或當(dāng)a＜0時(shí)，eq\f(4,27)a3－a＋c＜0.設(shè)g(a)＝eq\f(4,27)a3－a＋c，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，則在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上g(a)＞0均恒成立．從而g(－3)＝c－1≤0，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝c－1≥0，因此c＝1.此時(shí)，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，因函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個(gè)異于－1的不等實(shí)根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).綜上c＝1.題型四導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用【例4】(2024·高考天津卷)設(shè)a，b∈R，|a|≤1.已知函數(shù)f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)＝exf(x(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．(2)已知函數(shù)y＝g(x)和y＝ex的圖象在公共點(diǎn)(x0，y0)處有相同的切線，①求證：f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)等于0；②若關(guān)于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0－1，x0＋1]上恒成立，求b的取值范圍．解：(1)由f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，可得f′(x)＝3x2－12x－3a(a－4)＝3(x－a)[x－(4－a)]．令f′(x)＝0，解得x＝a或x＝4－a.由|a|≤1，得a＜4－a.當(dāng)x改變時(shí)，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，a)(a,4－a)(4－a，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，a)，(4－a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4－a)．(2)①證明：因?yàn)間′(x)＝ex(f(x)＋f′(x))，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(gx0＝e\s\up10(x0)，,g′x0＝e\s\up10(x0)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx0ex0＝e\s\up10(x0)，,e\s\up10(x0)fx0＋f′x0＝e\s\up10(x0)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx0＝1，,f′x0＝0.))所以，f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)等于0.②因?yàn)間(x)≤ex，x∈[x0－1，x0＋1]，且ex＞0，所以f(x)≤1.又因?yàn)閒(x0)＝1，f′(x0)＝0，所以x0為f(x)的極大值點(diǎn)，由(1)知x0＝a.另一方面，由于|a|≤1，故a＋1＜4－a.由(1)知f(x)在(a－1，a)內(nèi)單調(diào)遞增，在(a，a＋1)內(nèi)單調(diào)遞減，故當(dāng)x0＝a時(shí)，f(x)≤f(a)＝1在[a－1，a＋1]上恒成立，從而g(x)≤ex在[x0－1，x0＋1]上恒成立．由f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1，得b＝2a3－6a2＋1，－1≤a≤1.令t(x)＝2a3－6x2＋1，x∈[－1,1]，所以t′(x)＝6x2－12x.令t′(x)＝0，解得x＝2(舍去)或x＝0.因?yàn)閠(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1，所以，t(x)的值域?yàn)閇－7,1]．所以，b的取值范圍是[－7,1]．【變式探究】某地政府鑒于某種日常食品價(jià)格增長(zhǎng)過快，欲將這種食品價(jià)格限制在適當(dāng)范圍內(nèi)，確定對(duì)這種食品生產(chǎn)廠家供應(yīng)政府補(bǔ)貼，設(shè)這種食品的市場(chǎng)價(jià)格為x元/千克，政府補(bǔ)貼為t元/千克，依據(jù)市場(chǎng)調(diào)查，當(dāng)16≤x≤24時(shí)，這種食品市場(chǎng)日供應(yīng)量p萬千克與市場(chǎng)日需求量q萬千克近似地滿意關(guān)系：p＝2(x＋4t－14)(x≥16，t≥0)，q＝24＋8lneq\f(20,x)(16≤x≤24)．當(dāng)p＝q時(shí)的市場(chǎng)價(jià)格稱為市場(chǎng)平衡價(jià)格．(1)將政府補(bǔ)貼表示為市場(chǎng)平衡價(jià)格的函數(shù)，并求出函數(shù)的值域．(2)為使市場(chǎng)平衡價(jià)格不高于每千克20元，政府補(bǔ)貼至少為每千克多少元？解析：(1)由p＝q得2(x＋4t－14)＝24＋8lneq\f(20,x)(16≤x≤24，t≥0)．t＝eq\f(13,2)－eq\f(1,4)x＋lneq\f(20,x)(16≤x≤24)．∵t′＝－eq\f(1,4)－eq\f(1,x)<0，∴t是x的減函數(shù)．∴tmin＝eq\f(13,2)－eq\f(1,4)×24＋lneq\f(20,24)＝eq\f(1,2)＋lneq\f(20,24)＝eq\f(1,2)＋lneq\f(5,6)；tmax＝eq\f(13,2)－eq\f(1,4)×16＋lneq\f(20,16)＝eq\f(5,2)＋lneq\f(5,4)，∴值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋ln\f(5,6)，\f(5,2)＋ln\f(5,4))).(2)由(1)知t＝eq\f(13,2)－eq\f(1,4)x＋lneq\f(20,x)(16≤x≤24)．而x＝20時(shí)，t＝eq\f(13,2)－eq\f(1,4)×20＋lneq\f(20,20)＝1.5(元/千克)，∵t是x的減函數(shù)，欲使x≤20，必需t≥1.5(元/千克)，要使市場(chǎng)平衡價(jià)格不高于每千克20元，政府補(bǔ)貼至少為1.5元/千克．【舉一反三】時(shí)下，網(wǎng)校教學(xué)越來越受到廣高校生的寵愛，它已經(jīng)成為學(xué)生們課外學(xué)習(xí)的一種趨勢(shì)，假設(shè)某網(wǎng)校的套題每日的銷售量y(單位：千套)與銷售價(jià)格x(單位：元/套)滿意關(guān)系式y(tǒng)＝eq\f(m,x－2)＋4(x－6)2，其中2<x<6，m為常數(shù)．已知銷售價(jià)格為4元/套時(shí)，每日可售出套題21千套．(1)求m的值；(2)假設(shè)網(wǎng)校的員工工資、辦公等全部開銷折合為每套題2元(只考慮銷售出的套數(shù))，試確定銷售價(jià)格x的值，使網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤(rùn)最大．(保留一位小數(shù))【解析】解(1)因?yàn)閤＝4時(shí)，y＝21，代入關(guān)系式y(tǒng)＝eq\f(m,x－2)＋4(x－6)2，得eq\f(m,2)＋16＝21，解得m＝10.(2)由(1)可知，套題每日的銷售量y＝eq\f(10,x－2)＋4(x－6)2，所以每日銷售套題所獲得的利潤(rùn)f(x)＝(x－2)eq\f(10,x－2)＋4(x－6)2＝4x3－56x2＋240x－278(2<x<6)，從而f′(x)＝12x2－112x＋240＝4(3x－10)(x－6)(2<x<6)．令f′(x)＝0，得x＝eq\f(10,3)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))上，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；在(eq\f(10,3)，6)上，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以x＝eq\f(10,3)是函數(shù)f(x)在(2,6)內(nèi)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)，所以當(dāng)x＝eq\f(10,3)≈3.3時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值．故當(dāng)銷售價(jià)格為3.3元/套時(shí)，網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤(rùn)最大．【規(guī)律方法】在利用導(dǎo)數(shù)求實(shí)際問題中的最大值和最小值時(shí)，不僅要留意函數(shù)模型中的定義域，還要留意實(shí)際問題的意義，不符合的解要舍去．【舉一反三】請(qǐng)你給某廠商設(shè)計(jì)一個(gè)包裝盒．如圖所示，ABCD是邊長(zhǎng)為60cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個(gè)全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個(gè)點(diǎn)重合于點(diǎn)P，正好形成一個(gè)正四棱柱形態(tài)的包裝盒．E，F(xiàn)在AB上，且是被切去的一個(gè)等腰直角三角形斜邊的兩個(gè)端點(diǎn)．設(shè)AE＝FB＝x(cm)．(1)若廠商要求包裝盒的側(cè)面積S(cm2)最大，試問x應(yīng)取何值？(2)若廠商要求包裝盒的體積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值．并求出此時(shí)包裝盒的高與底面邊長(zhǎng)的比值．【解析】解設(shè)包裝盒的高為h(cm),底面邊長(zhǎng)為a(cm)．由已知得a＝eq\r(2)x，h＝eq\f(60－2x,\r(2))＝eq\r(2)(30－x)，0<x<30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800.所以當(dāng)x＝15時(shí)，S取得最大值．即當(dāng)包裝盒的側(cè)面積S最大時(shí)，x的值為15.(2)V＝a2h＝2eq\r(2)(－x3＋30x2)，V′＝6eq\r(2)x(20－x)．由V′＝0，得x＝0(舍去)或20.當(dāng)x∈(0,20)時(shí)，V′>0；當(dāng)x∈(20,30)時(shí)，V′<0.所以當(dāng)x＝20時(shí)，V取得極大值，也是最大值，此時(shí)eq\f(h,a)＝eq\f(1,2)，即包裝盒的高與底面邊長(zhǎng)的比值為eq\f(1,2).題型五利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的有關(guān)問題【例5】【2024北京，文20】已知函數(shù)．（Ⅰ）求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（Ⅱ）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值.【解析】（Ⅰ）因?yàn)?，所?又因?yàn)?，所以曲線在點(diǎn)處的切線方程為.（Ⅱ）設(shè)，則.當(dāng)時(shí)，，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減.所以對(duì)隨意有，即.所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減.因此在區(qū)間上的最大值為，最小值為.【舉一反三】【2024江蘇，20】已知函數(shù)有極值,且導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)是的零點(diǎn).（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值）（1）求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（2）證明：;（3）若,這兩個(gè)函數(shù)的全部極值之和不小于，求的取值范圍.【答案】（1），定義域?yàn)?（2）見解析（3）.【解析】（1）由，得.當(dāng)時(shí)，有微小值.因?yàn)榈臉O值點(diǎn)是的零點(diǎn).所以，又，故.因?yàn)橛袠O值，故有實(shí)根，從而，即.時(shí)，，故在R上是增函數(shù)，沒有極值；時(shí)，有兩個(gè)相異的實(shí)根，.列表如下x+0–0+極大值微小值故的極值點(diǎn)是.從而，因此，定義域?yàn)?（3）由（1）知，的極值點(diǎn)是，且，.從而記，全部極值之和為，因?yàn)榈臉O值為，所以，.因?yàn)?，于是在上單調(diào)遞減.因?yàn)?，于是，?因此a的取值范圍為.【變式探究】(2024·高考全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)當(dāng)a＝4時(shí)，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)若當(dāng)x∈(1＋∞)時(shí)，f(x)＞0，求a的取值范圍．(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．當(dāng)a＝4時(shí)，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2.故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)＞0等價(jià)于lnx－eq\f(ax－1,x＋1)＞0.設(shè)g(x)＝lnx－eq\f(ax－1,x＋1)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2a,x＋12)＝eq\f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，g(1)＝0.①當(dāng)a≤2，x∈(1＋∞)時(shí)，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，因此g(x)＞0；②當(dāng)a＞2時(shí)，令g′(x)＝0得x1＝a－1－eq\r(a－12－1)，x2＝a－1＋eq\r(a－12－1).由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)＜0.綜上，a的取值范圍是(－∞，2]．【舉一反三】(2015·湖南，21)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝eaxsinx(x∈[0，＋∞))．記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個(gè)極值點(diǎn)，證明：(1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列；(2)若a≥eq\f(1,\r(e2－1))，則對(duì)一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立.證明(1)f′(x)＝aeaxsinx＋eaxcosx＝eax(asinx＋cosx)＝eq\r(a2＋1)eaxsin(x＋φ)，其中tanφ＝eq\f(1,a)，0＜φ＜eq\f(π,2).令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，即x＝mπ－φ，m∈N*，對(duì)k∈N，若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π，即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ，則f′(x)＞0；若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π，即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ，則f′(x)＜0.因此，在區(qū)間((m－1)π，mπ－φ)與(mπ－φ，mπ)上，f′(x)的符號(hào)總相反．于是當(dāng)x＝mπ－φ(m∈N*)時(shí)，f(x)取得極值，所以xn＝nπ－φ(n∈N*)．此時(shí)，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)sinφ.易知f(xn)≠0，而eq\f(f（xn＋1）,f（xn）)＝eq\f(（－1）n＋2ea[（n＋1）π－φ]sinφ,（－1）n＋1ea（nπ－φ）sinφ)＝－eaπ是常數(shù)，故數(shù)列{f(xn)}是首項(xiàng)為f(x1)＝ea(π－φ)sinφ，公比為－eaπ的等比數(shù)列．(2)由(1)知，sinφ＝eq\f(1,\r(a2＋1))，于是對(duì)一切n∈N*；xn＜|f(xn)|恒成立，即nπ－φ＜eq\f(1,\r(a2＋1))ea(nπ－φ)恒成立，等價(jià)于eq\f(\r(a2＋1),a)＜eq\f(ea（nπ－φ）,a（nπ－φ）)(*)恒成立，因?yàn)?a＞0)．設(shè)g(t)＝eq\f(et,t)(t＞0)，則g′(t)＝eq\f(et（t－1）,t2).令g′(t)＝0得t＝1.當(dāng)0＜t＜1時(shí)，g′(t)＜0，所以g(t)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)t＞1時(shí)，g′(t)＞0，所以g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．從而當(dāng)t＝1時(shí)，函數(shù)g(t)取得最小值g(1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需eq\f(\r(a2＋1),a)＜g(1)＝e，即只需a＞eq\f(1,\r(e2－1)).而當(dāng)a＝eq\f(1,\r(e2－1))時(shí)，由tanφ＝eq\f(1,a)＝eq\r(e2－1)＞eq\r(3)且0＜φ＜eq\f(π,2)知，eq\f(π,3)＜φ＜eq\f(π,2).于是π－φ＜eq\f(2π,3)＜eq\r(e2－1)，且當(dāng)n≥2時(shí)，nπ－φ≥2π－φ＞eq\f(3π,2)＞eq\r(e2－1).因此對(duì)一切n∈N*，axn＝eq\f(nπ－φ,\r(e2－1))≠1，所以g(axn)＞g(1)＝e＝eq\f(\r(a2＋1),a).故(*)式亦恒成立．綜上所述，若a≥eq\f(1,\r(e2－1))，則對(duì)一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立．【變式探究】(2015·福建，20)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)．(1)證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＜x；(2)證明：當(dāng)k＜1時(shí)，存在x0＞0，使得對(duì)隨意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)；(3)確定k的全部可能取值，使得存在t＞0，對(duì)隨意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.(1)證明令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，則有F′(x)＝eq\f(1,1＋x)－1＝eq\f(－x,x＋1).當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)(x)＜F(0)＝0，即當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＜x.(2)證明令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，則有G′(x)＝eq\f(1,x＋1)－k＝eq\f(－kx＋（1－k）,x＋1).當(dāng)k≤0時(shí)，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，G(x)＞G(0)＝0，故隨意正實(shí)數(shù)x0均滿意題意．當(dāng)0＜k＜1時(shí)，令G′(x)＝0，得x＝eq\f(1－k,k)＝eq\f(1,k)－1＞0，取x0＝eq\f(1,k)－1，對(duì)隨意x∈(0，x0)，有G′(x)＞0，從而G(x)在(0，x0)單調(diào)遞增，所以G(x)＞G(0)＝0，即f(x)＞g(x)．綜上，當(dāng)k＜1時(shí)，總存在x0＞0，使得對(duì)隨意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)．(3)解當(dāng)k＞1時(shí)，由(1)知，對(duì)于?x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故g(x)＞f(x)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)．M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)．則有M′(x)＝k－eq\f(1,1＋x)－2x＝eq\f(－2x2＋（k－2）x＋k－1,x＋1).故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－2＋\r(（k－2）2＋8（k－1）),4)))時(shí)，M′(x)＞0，M(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k－2＋\r(（k－2）2＋8（k－1）),4)))上單調(diào)遞增，故M(x)＞M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|＞x2，所以滿意題意的t不存在．當(dāng)k＜1時(shí)，由(2)知，存在x0＞0，使得當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f(x)＞g(x)，此時(shí)|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx.令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)．則有N′(x)＝eq\f(1,x＋1)－k－2x＝eq\f(－2x2－（k＋2）x＋1－k,x＋1).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－（k＋2）＋\r(（k＋2）2＋8（1－k）),4)))時(shí)，N′(x)＞0，N(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－（k＋2）＋\r(（k＋2）2＋8（1－k）),4)))上單調(diào)遞增，故N(x)＞N(0)＝0，即f(x)－g(x)＞x2.記x0與eq\f(－（k＋2）＋\r(（k＋2）2＋8（1－k）),4)中的較小者為x1，則當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故滿意題意的t不存在．當(dāng)k＝1時(shí)，由(1)知，當(dāng)x＞0時(shí)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)，令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，則有H′(x)＝1－eq\f(1,1＋x)－2x＝eq\f(－2x2－x,x＋1).當(dāng)x＞0時(shí)，H′(x)＜0，所以H(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故H(x)＜H(0)＝0.故當(dāng)x＞0時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.此時(shí)，隨意正實(shí)數(shù)t均滿意題意．綜上，k＝1.法二(1)(2)證明同法一．(3)解當(dāng)k＞1時(shí)，由(1)知，對(duì)于?x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x.令(k－1)x＞x2，解得0＜x＜k－1.從而得到，當(dāng)k＞1時(shí)，對(duì)于x∈(0，k－1)，恒有|f(x)－g(x)|＞x2，故滿意題意的t不存在．當(dāng)k＜1時(shí)，取k1＝eq\f(k＋1,2)，從而k＜k1＜1，由(2)知，存在x0＞0，使得x∈(0，x0)，f(x)＞k1x＞kx＝g(x)，此時(shí)|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝eq\f(1－k,2)x，令eq\f(1－k,2)x＞x2，解得0＜x＜eq\f(1－k,2)，此時(shí)f(x)－g(x)＞x2.記x0與eq\f(1－k,2)的較小者為x1，當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|＞x2.故滿意題意的t不存在．當(dāng)k＝1時(shí)，由(1)知，x＞0，|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x)，令M(x)＝