導(dǎo)數(shù)的綜合大題及其分類

導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用是歷年高考必考的熱點，試題難度較大，多以壓軸題形式出現(xiàn)，命題的熱點主要有利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值；利用導(dǎo)數(shù)研究不等式；利用導(dǎo)數(shù)研究方程的根(或函數(shù)的零點)；利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題等．體現(xiàn)了分類討論、數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想的運用.題型一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值題型概覽：函數(shù)單調(diào)性和極值、最值綜合問題的突破難點是分類討論．（1）單調(diào)性討論策略：單調(diào)性的討論是以導(dǎo)數(shù)等于零的點為分界點，把函數(shù)定義域分段，在各段上討論導(dǎo)數(shù)的符號，在不能確定導(dǎo)數(shù)等于零的點的相對位置時，還需要對導(dǎo)數(shù)等于零的點的位置關(guān)系進行討論．(2)極值討論策略：極值的討論是以單調(diào)性的討論為基礎(chǔ)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性確定函數(shù)的極值點．(3)最值討論策略：圖象連續(xù)的函數(shù)在閉區(qū)間上最值的討論，是以函數(shù)在該區(qū)間上的極值和區(qū)間端點的函數(shù)值進行比較為標準進行的，在極值和區(qū)間端點函數(shù)值中最大的為最大值，最小的為最小值．已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)，g(x)＝alnx(a∈R)．(1)當(dāng)a≥－2時，求F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有兩個極值點為x1，x2，其中x1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，求h(x1)－h(huán)(x2)的最小值．[審題程序]第一步：在定義域內(nèi)，依據(jù)F′(x)＝0根的情況對F′(x)的符號討論；第二步：整合討論結(jié)果，確定單調(diào)區(qū)間；第三步：建立x1、x2及a間的關(guān)系及取值范圍；第四步：通過代換轉(zhuǎn)化為關(guān)于x1(或x2)的函數(shù)，求出最小值．[規(guī)范解答](1)由題意得F(x)＝x－eq\f(1,x)－alnx，其定義域為(0，＋∞)，則F′(x)＝eq\f(x2－ax＋1,x2)，令m(x)＝x2－ax＋1，則Δ＝a2－4.①當(dāng)－2≤a≤2時，Δ≤0，從而F′(x)≥0，∴F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；②當(dāng)a>2時，Δ>0，設(shè)F′(x)＝0的兩根為x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2)，∴F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2))).綜上，當(dāng)－2≤a≤2時，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>2時，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))，F(xiàn)(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2))).(2)對h(x)＝x－eq\f(1,x)＋alnx，x∈(0，＋∞)求導(dǎo)得，h′(x)＝1＋eq\f(1,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2＋ax＋1,x2)，設(shè)h′(x)＝0的兩根分別為x1，x2，則有x1·x2＝1，x1＋x2＝－a，∴x2＝eq\f(1,x1)，從而有a＝－x1－eq\f(1,x1).令H(x)＝h(x)－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x－eq\f(1,x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,x)))lnx－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,x)))·ln\f(1,x)))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,x)))lnx＋x－\f(1,x)))，H′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))lnx＝eq\f(21－x1＋xlnx,x2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，H′(x)<0，∴H(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，又H(x1)＝h(x1)－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝h(x1)－h(huán)(x2)，∴[h(x1)－h(huán)(x2)]min＝Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝5ln2－3.綜上，a=1（2）由（1）知設(shè)當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增又，所以在有唯一零點x0，在有唯一零點1，且當(dāng)時，；當(dāng)時，，當(dāng)時，.因為，所以x=x0是f(x)的唯一極大值點由由得因為x=x0是f(x)在（0,1）的最大值點，由得所以題型二利用導(dǎo)數(shù)研究方程的根、函數(shù)的零點或圖象交點題型概覽：研究方程根、函數(shù)零點或圖象交點的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值、變化趨勢等，根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標明函數(shù)極(最)值的位置，通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn)．已知函數(shù)f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a<1時，試確定函數(shù)g(x)＝f(x－a)－x2的零點個數(shù)，并說明理由．[審題程序]第一步：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；第二步：簡化g(x)＝0，構(gòu)造新函數(shù)；第三步：求新函數(shù)的單調(diào)性及最值；第四步：確定結(jié)果．[規(guī)范解答](1)因為f(x)＝(x＋a)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.當(dāng)x變化時，f(x)和f′(x)的變化情況如下：x(－∞，－a－1)－a－1(－a－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－a－1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－a－1，＋∞)．(2)結(jié)論：函數(shù)g(x)有且僅有一個零點．理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，顯然x＝0為此方程的一個實數(shù)解，所以x＝0是函數(shù)g(x)的一個零點．當(dāng)x≠0時，方程可化簡為ex－a＝x.設(shè)函數(shù)F(x)＝ex－a－x，則F′(x)＝ex－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a.當(dāng)x變化時，F(xiàn)(x)和F′(x)的變化情況如下：x(－∞，a)a(a，＋∞)F′(x)－0＋F(x)即F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，a)．所以F(x)的最小值F(x)min＝F(a)＝1－a.因為a<1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a>0，所以對于任意x∈R，F(xiàn)(x)>0，因此方程ex－a＝x無實數(shù)解．所以當(dāng)x≠0時，函數(shù)g(x)不存在零點．綜上，函數(shù)g(x)有且僅有一個零點．典例321.（12分）已知函數(shù)且.（1）求a；（2）證明：存在唯一的極大值點，且.21.解：（1）的定義域為設(shè)，則等價于因為若a=1，則.當(dāng)0＜x＜1時，單調(diào)遞減；當(dāng)x＞1時，＞0，單調(diào)遞增.所以x=1是的極小值點，故綜上，a=1（2）由（1）知設(shè)當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增又，所以在有唯一零點x0，在有唯一零點1，且當(dāng)時，；當(dāng)時，，當(dāng)時，.因為，所以x=x0是f(x)的唯一極大值點由由得因為x=x0是f(x)在（0,1）的最大值點，由得所以[解題反思]在本例(1)中求f(x)的單調(diào)區(qū)間的關(guān)鍵是準確求出f′(x)，注意到ex>0即可．(2)中由g(x)＝0得xex－a＝x2，解此方程易將x約去，從而產(chǎn)生丟解情況．研究ex－a＝x的解轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)F(x)＝ex－a－x的最值，從而確定F(x)零點，這種通過構(gòu)造函數(shù)、研究函數(shù)的最值從而確定函數(shù)零點的題型是高考中熱點題型，要熟練掌握．[答題模板]解決這類問題的答題模板如下：[題型專練]2．(2017·浙江金華期中)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋(c－3a－2b)x＋d的圖象如圖所示．(1)求c，d的值；(2)若函數(shù)f(x)在x＝2處的切線方程為3x＋y－11＝0，求函數(shù)f(x)的解析式；(3)在(2)的條件下，函數(shù)y＝f(x)與y＝eq\f(1,3)f′(x)＋5x＋m的圖象有三個不同的交點，求m的取值范圍．[解]函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝3ax2＋2bx＋c－3a－2b.(1)由圖可知函數(shù)f(x)的圖象過點(0,3)，且f′(1)＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,3a＋2b＋c－3a－2b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝3，,c＝0.))(2)由(1)得，f(x)＝ax3＋bx2－(3a＋2b)x＋3，所以f′(x)＝3ax2＋2bx－(3a＋2b)．由函數(shù)f(x)在x＝2處的切線方程為3x＋y－11＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝5，,f′2＝－3，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8a＋4b－6a－4b＋3＝5，,12a＋4b－3a－2b＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－6，))所以f(x)＝x3－6x2＋9x＋3.(3)由(2)知f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，所以f′(x)＝3x2－12x＋9.函數(shù)y＝f(x)與y＝eq\f(1,3)f′(x)＋5x＋m的圖象有三個不同的交點，等價于x3－6x2＋9x＋3＝(x2－4x＋3)＋5x＋m有三個不等實根，等價于g(x)＝x3－7x2＋8x－m的圖象與x軸有三個交點．因為g′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4)，xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，4))4(4，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)極大值極小值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(68,27)－m，g(4)＝－16－m，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝\f(68,27)－m>0，,g4＝－16－m<0))時，g(x)圖象與x軸有三個交點，解得－16<m<eq\f(68,27).所以m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－16，\f(68,27))).21.（12分）已知函數(shù)ae2x+(a﹣2)ex﹣x.（1）討論的單調(diào)性；（2）若有兩個零點，求a的取值范圍.21.解：（1）的定義域為，，(十字相乘法)（ⅰ）若，則，所以在單調(diào)遞減.（ⅱ）若，則由得.當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.（2）（?。┤簦桑?）知，至多有一個零點.（ⅱ）若，由（1）知，當(dāng)時，取得最小值，最小值為.（觀察特殊值1）①當(dāng)時，由于，故只有一個零點；②當(dāng)時，由于，即，故沒有零點；③當(dāng)時，，即.又，故在有一個零點.設(shè)正整數(shù)滿足，則.由于，因此在有一個零點.綜上，的取值范圍為.題型三利用導(dǎo)數(shù)證明不等式題型概覽：證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以直接構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，則F(x)在(a，b)上是減函數(shù)，同時若F(a)≤0，由減函數(shù)的定義可知，x∈(a，b)時，有F(x)<0，即證明了f(x)<g(x)．有時需對不等式等價變形后間接構(gòu)造．若上述方法通過導(dǎo)數(shù)不便于討論F′(x)的符號，可考慮分別研究f(x)、g(x)的單調(diào)性與最值情況，有時需對不等式進行等價轉(zhuǎn)化．(2017·陜西西安三模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x).(1)求曲線y＝f(x)在點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(e2,2)))處的切線方程；(2)證明：f(x)>2(x－lnx)．[審題程序]第一步：求f′(x)，寫出在點P處的切線方程；第二步：直接構(gòu)造g(x)＝f(x)－2(x－lnx)，利用導(dǎo)數(shù)證明g(x)min>0.[規(guī)范解答](1)因為f(x)＝eq\f(ex,x)，所以f′(x)＝eq\f(ex·x－ex,x2)＝eq\f(exx－1,x2)，f′(2)＝eq\f(e2,4)，又切點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(e2,2)))，所以切線方程為y－eq\f(e2,2)＝eq\f(e2,4)(x－2)，即e2x－4y＝0.(2)證明：設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－2(x－lnx)＝eq\f(ex,x)－2x＋2lnx，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－2＋eq\f(2,x)＝eq\f(ex－2xx－1,x2)，x∈(0，＋∞)．設(shè)h(x)＝ex－2x，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝ex－2，令h′(x)＝0，則x＝ln2.當(dāng)x∈(0，ln2)時，h′(x)<0；當(dāng)x∈(ln2，＋∞)時，h′(x)>0.所以h(x)min＝h(ln2)＝2－2ln2>0，故h(x)＝ex－2x>0.令g′(x)＝eq\f(ex－2xx－1,x2)＝0，則x＝1.當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0.所以g(x)min＝g(1)＝e－2>0，故g(x)＝f(x)－2(x－lnx)>0，從而有f(x)>2(x－lnx)．[解題反思]本例中(2)的證明方法是最常見的不等式證明方法之一，通過合理地構(gòu)造新函數(shù)g(x)．求g(x)的最值來完成．在求g(x)的最值過程中，需要探討g′(x)的正負，而此時g′(x)的式子中有一項ex－2x的符號不易確定，這時可以單獨拿出ex－2x這一項，再重新構(gòu)造新函數(shù)h(x)＝ex－2x(x>0)，考慮h(x)的正負問題，此題看似簡單，且不含任何參數(shù)，但需要兩次構(gòu)造函數(shù)求最值，同時在(2)中定義域也是易忽視的一個方向．[答題模板]解決這類問題的答題模板如下：[題型專練]3．(2017·福建漳州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝aex－blnx，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))x＋1.(1)求a，b；(2)證明：f(x)>0.[解](1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝aex－eq\f(b,x)，由題意得f(1)＝eq\f(1,e)，f′(1)＝eq\f(1,e)－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＝\f(1,e)，,ae－b＝\f(1,e)－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,e2)，,b＝1.))(2)由(1)知f(x)＝eq\f(1,e2)·ex－lnx.因為f′(x)＝ex－2－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f′(1)<0，f′(2)>0，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一實根x0，且x0∈(1,2)．當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，從而當(dāng)x＝x0時，f(x)取極小值，也是最小值．由f′(x0)＝0，得ex0－2＝eq\f(1,x0)，則x0－2＝－lnx0.故f(x)≥f(x0)＝ex0－2－lnx0＝eq\f(1,x0)＋x0－2>2eq\r(\f(1,x0)·x0)－2＝0，所以f(x)>0.4、【2017高考三卷】21．（12分）已知函數(shù)=x﹣1﹣alnx．（1）若，求a的值；（2）設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，﹤m，求m的最小值．21.解：（1）的定義域為.=1\*GB3①若，因為，所以不滿足題意；=2\*GB3②若，由知，當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，故x=a是在的唯一最小值點.由于，所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時，.故a=1（2）由（1）知當(dāng)時，令得，從而故而，所以m的最小值為3.21．（12分）已知函數(shù)=lnx+ax2+(2a+1)x．（1）討論的單調(diào)性；（2）當(dāng)a﹤0時，證明．【答案】（1）當(dāng)時，在單調(diào)遞增；當(dāng)時，則在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；（2）詳見解析題型四利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題題型概覽：已知不等式恒成立求參數(shù)取值范圍，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題；若參數(shù)不便于分離，或分離以后不便于求解，則考慮直接構(gòu)造函數(shù)法，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)lnx－mx，g(x)＝x－eq\f(a,x)(a>0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若m＝eq\f(1,2e2)，對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(shù)(x1)≥f(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．[審題程序]第一步：利用導(dǎo)數(shù)判斷f(x)的單調(diào)性，對m分類討論；第二步：對不等式進行等價轉(zhuǎn)化，將g(x1)≥f(x2)轉(zhuǎn)化為g(x)min≥f(x)max；第三步：求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)并判斷其單調(diào)性進而求極值(最值)；第四步：確定結(jié)果．[規(guī)范解答](1)f(x)＝eq\f(1,2)lnx－mx，x>0，所以f′(x)＝eq\f(1,2x)－m，當(dāng)m≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)m>0時，由f′(0)＝0得x＝eq\f(1,2m)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，,x>0))得0<x<eq\f(1,2m)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x<0，,x>0))得x>eq\f(1,2m).綜上所述，當(dāng)m≤0時，f′(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)m>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2m)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞)).(2)若m＝eq\f(1,2e2)，則f(x)＝eq\f(1,2)lnx－eq\f(1,2e2)x.對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(shù)(x1)≥f(x2)成立，等價于對?x∈[2,2e2]都有g(shù)(x)min≥f(x)max，由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值為f(e2)＝eq\f(1,2)，g′(x)＝1＋eq\f(a,x2)>0(a>0)，x∈[2,2e2]，函數(shù)g(x)在[2,2e2]上是增函數(shù)，g(x)min＝g(2)＝2－eq\f(a,2)，由2－eq\f(a,2)≥eq\f(1,2)，得a≤3，又a>0，所以a∈(0,3]，所以實數(shù)a的取值范圍為(0,3]．[解題反思]本例(1)的解答中要注意f(x)的定義域，(2)中問題的關(guān)鍵在于準確轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)f(x)、g(x)的最值問題．本題中，?x1，x2有g(shù)(x1)≥f(x2)?g(x)min≥f(x)max.若改為：?x1，?x2都有g(shù)(x1)≥f(x2)，則有g(shù)(x)max≥f(x)max.若改為：?x1，?x2都有g(shù)(x1)≥g(x2)，則有g(shù)(x)min≥f(x)min要仔細體會，轉(zhuǎn)化準確．[答題模板]解決這類問題的答題模板如下：[題型專練]4．已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．[解](1)由題意知2xlnx≥－x2＋ax－3對一切x∈(0，＋∞)恒成立，則a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，①當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，②當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4，對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]．(2)證明：問題等價于證明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))．又f(x)＝xlnx，f′(x)＝lnx＋1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).設(shè)m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，從而對一切x∈(0，＋∞)，lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．②當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4，對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]．題型五：二階導(dǎo)主要用于求函數(shù)的取值范圍23．(12分)已知函數(shù)f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（I）當(dāng)a=4時，求曲線y=f（x）在（1，f（1））處的切線方程；（II）若當(dāng)x∈（1，+∞）時，f（x）＞0，求a的取值范圍．【解答】解：（I）當(dāng)a=4時，f（x）=（x+1）lnx﹣4（x﹣1）．f（1）=0，即點為（1，0），函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）=lnx+（x+1）?﹣4，則f′（1）=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2，即函數(shù)的切線斜率k=f′（1）=﹣2，則曲線y=f（x）在（1，0）處的切線方程為y=﹣2（x﹣1）=﹣2x+2；（II）∵f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1），∴f′（x）=1++lnx﹣a，∴f″（x）=，∵x＞1，∴f″（x）＞0， ∴f′（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴f′（x）＞f′（1）=2﹣a．①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，∴f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）＞f（1）=0，滿足題意；②a＞2，存在x0∈（1，+∞），f′（x0）=0，函數(shù)f（x）在（1，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，由f（1）=0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合題意．綜上所述，a≤2．23．(12分)已知函數(shù)f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（I）當(dāng)a=4時，求曲線y=f（x）在（1，f（1））處的切線方程；（II）若當(dāng)x∈（1，+∞）時，f（x）＞0，求a的取值范圍．【解答】解：（I）當(dāng)a=4時，f（x）=（x+1）lnx﹣4（x﹣1）．f（1）=0，即點為（1，0），函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）