第13講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)和方程根的問題[學(xué)生用書P54]
[典例引領(lǐng)]
(2016·高考北京卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；
(2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，求c的取值范圍．
【解】 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
因?yàn)閒(0)＝c，f′(0)＝b，
所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝bx＋c.
(2)當(dāng)a＝b＝4時(shí)，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.
f(x)與f′(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的情況如下：
x
(－∞，－2)
－2
(－2，－)
－
(－，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
c
c－
所以，當(dāng)c＞0且c－＜0時(shí)，存在x1∈(－4，－2)，x2∈(－2，－)，x3∈(－，0)，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈(0，)時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個(gè)不同零點(diǎn)．
利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的方法
(1)研究方程根的情況，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．
(2)根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置．
(3)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(gè)清晰、直觀的整體展現(xiàn)．
設(shè)函數(shù)f(x)＝－kln x，k＞0.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；
(2)證明：若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．
[解] (1)由f(x)＝－kln x(k＞0)，得x＞0且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，
解得x＝(負(fù)值舍去)．
f(x)與f′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的變化情況如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)．f(x)在x＝處取得極小值f()＝，f(x)無極大值．
(2)證明：由(1)知，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的最小值為f()＝.
因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，
所以≤0，從而k≥e.
當(dāng)k＝e時(shí)，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f()＝0，
所以x＝是f(x)在區(qū)間(1，]上的唯一零點(diǎn)．
當(dāng)k＞e時(shí)，f(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，且f(1)＝＞0，f()＝＜0，
所以f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．
綜上可知，若f(x)存在零點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(1，]上僅有一個(gè)零點(diǎn)．
利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題(高頻考點(diǎn))[學(xué)生用書P54]
導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用問題是每年高考的必考內(nèi)容，且常以解答題的形式考查，難度較大．
高考對利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題的考查有以下兩個(gè)命題角度：
(1)證明不等式；
(2)不等式恒成立問題．
[典例引領(lǐng)]
(2016·高考全國卷丙)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)證明當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1＜＜x；
(3)設(shè)c＞1，證明當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，1＋(c－1)x＞cx.
【解】 (1)由題設(shè)，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1.
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．
(2)證明：由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0.
所以當(dāng)x≠1時(shí)，ln x＜x－1.
故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，ln x＜x－1，ln ＜－1，即
1＜＜x.
(3)證明：由題設(shè)c＞1，設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx，則g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，
解得x0＝.
當(dāng)x＜x0時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞x0時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＞0.
所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，1＋(c－1)x＞cx.
(1)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法
證明f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以構(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(shí)若F(a)≤0，由減函數(shù)的定義可知，當(dāng)x∈(a，b)時(shí)，有F(x)＜0，即證明f(x)＜g(x)．
(2)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問題的策略
①首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．
②也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．
[題點(diǎn)通關(guān)]
角度一 證明不等式
1．已知函數(shù)f(x)＝mex－ln x－1.
(1)當(dāng)m＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；
(2)當(dāng)m≥1時(shí)，證明：f(x)＞1.
[解] (1)當(dāng)m＝1時(shí)，f(x)＝ex－ln x－1，所以f′(x)＝ex－.
所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1.
所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.
(2)證明：當(dāng)m≥1時(shí)，f(x)＝mex－ln x－1≥ex－ln x－1.
要證明f(x)＞1，只需證明ex－ln x－2＞0.
設(shè)g(x)＝ex－ln x－2，則g′(x)＝ex－.
設(shè)h(x)＝ex－，則h′(x)＝ex＋＞0，
所以函數(shù)h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
因?yàn)間′＝e－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，
所以函數(shù)g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)x0，且x0∈.
因?yàn)間′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0.
當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0.
所以當(dāng)x＝x0時(shí)，g(x)取得最小值g(x0)．
故g(x)≥g(x0)＝e x0－ln x0－2＝＋x0－2＞0.
綜上可知，當(dāng)m≥1時(shí)，f(x)＞1.
角度二 不等式恒成立問題
2．ex≥k＋x在R上恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為( )
A．k≤1 B．k≥1
C．k≤－1 D．k≥－1
A [解析] 由ex≥k＋x，得k≤ex－x.
令f(x)＝ex－x，
所以f′(x)＝ex－1.
f′(x)＝0時(shí)，x＝0，f′(x)＜0時(shí)，x＜0，f′(x)＞0時(shí)，x＞0.
所以f(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，在(0，＋∞)上是增函數(shù)．
所以f(x)min＝f(0)＝1.
所以k的取值范圍為k≤1，故選A.
3．(2017·長沙模擬)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
[解] (1)由題意知2xln x≥－x2＋ax－3對一切x∈(0，＋∞)恒成立，則a≤2lnx＋x＋，
設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，則h′(x)＝.
①當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減．
②當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，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(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]．
(2)證明：問題等價(jià)于證明xln x＞－(x∈(0，＋∞))．
又f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1，
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)min＝f＝－.設(shè)m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，從而對一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．
利用導(dǎo)數(shù)研究生活中的優(yōu)化問題[學(xué)生用書P55]
[典例引領(lǐng)]
某村莊擬修建一個(gè)無蓋的圓柱形蓄水池(不計(jì)厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12 000π元(π為圓周率)．
(1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；
(2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時(shí)該蓄水池的體積最大．
【解】 (1)因?yàn)樾钏貍?cè)面的總成本為100·2πrh＝200πrh(元)，底面的總成本為160πr2元，所以蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元．
又根據(jù)題意200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，從而
V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因?yàn)閞>0，又由h>0可得r<5，
故函數(shù)V(r)的定義域?yàn)?0，5)．
(2)因?yàn)閂(r)＝(300r－4r3)，
所以V′(r)＝(300－12r2)．
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因?yàn)閞2＝－5不在定義域內(nèi)，舍去)．
當(dāng)r∈(0，5)時(shí)，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上為增函數(shù)；
當(dāng)r∈(5，5)時(shí)，V′(r)<0，故V(r)在(5，5)上為減函數(shù)．
由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時(shí)h＝8.
即當(dāng)r＝5，h＝8時(shí)，該蓄水池的體積最大．
(2017·臨沂模擬)某商場銷售某種商品的經(jīng)驗(yàn)表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價(jià)格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2，其中3<x<6，a為常數(shù)．已知銷售價(jià)格為5元/千克時(shí)，每日可售出該商品11千克．
(1)求a的值；
(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價(jià)格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．
[解] (1)因?yàn)閤＝5時(shí)，y＝11，
所以＋10＝11，a＝2.
(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量y＝＋10(x－6)2.
所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤
f(x)＝(x－3)
＝2＋10(x－3)(x－6)2，3<x<6.
從而f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(3，4)
4
(4，6)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
單調(diào)遞增
極大值42
單調(diào)遞減
由上表可得，x＝4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3，6)內(nèi)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)．
所以，當(dāng)x＝4時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42.
故當(dāng)銷售價(jià)格為4元/千克時(shí)，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．
[學(xué)生用書P56]
——函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題
(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ex，a，b∈R，且a>0.
(1)當(dāng)a＝2，b＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的極值；
(2)設(shè)g(x)＝a(x－1)ex－f(x)，若存在x>1，使得g(x)＋g′(x)＝0成立，求的取值范圍．
[思維導(dǎo)圖]
(1)
(2)
(1)當(dāng)a＝2，b＝1時(shí)，f(x)＝ex，
定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，
f′(x)＝ex.(2分)
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝，(3分)
當(dāng)x變化時(shí)，f(x)與f′(x)的變化情況如下表
x
(－∞，－1)
－1
(－1，0)
f′(x)
＋
0
－
－
0
＋
f(x)
極大值
極小值
由表知f(x)的極大值是f(－1)＝，
f(x)的極小值是f＝4.(6分)
(2)因?yàn)間(x)＝ex，
所以g′(x)＝ex.(7分)
由g(x)＋g′(x)＝0得
ex＋ex＝0，
整理得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0.(8分)
存在x>1，使得g(x)＋g′(x)＝0成立等價(jià)于存在x>1，使得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0成立．
因?yàn)閍>0，所以＝.(10分)
設(shè)u(x)＝(x>1)，則
u′(x)＝.(11分)
因?yàn)閤>1時(shí)，u′(x)>0恒成立，所以u(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，
即的取值范圍為(－1，＋∞)．(12分)
(1)本題構(gòu)造函數(shù)u(x)是求范圍問題中的一種常用方法，解題過程中盡量采用分離參數(shù)的方法，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題．
(2)學(xué)會(huì)利用導(dǎo)數(shù)法求給定區(qū)間上的函數(shù)的最值問題的步驟
第一步：(求導(dǎo)數(shù))求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)；
第二步：(求極值)求f(x)在給定區(qū)間上的單調(diào)性和極值；
第三步：(求端點(diǎn)值)求f(x)在給定區(qū)間上的端點(diǎn)值；
第四步：(求最值)將f(x)的各極值與f(x)的端點(diǎn)值進(jìn)行比較，確定f(x)的最大值與最小值．
[學(xué)生用書P273(獨(dú)立成冊)]
1．(2017·廣州市高考模擬)已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，且xf′(x)＋f(x)＞0，則函數(shù)g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為( )
A．0 B．1
C．0或1 D．無數(shù)個(gè)
A [解析] 因?yàn)間(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)間(0)＝1，y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，所以g(x)為(0，＋∞)上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上無零點(diǎn)．
2．(2017·鄭州市第一次質(zhì)量預(yù)測)已知函數(shù)f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若?x1∈，?x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A．a(chǎn)≤1 B．a(chǎn)≥1
C．a(chǎn)≤2 D．a(chǎn)≥2
A [解析] 由題意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因?yàn)閒(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故選A.
3．已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：萬件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤的年產(chǎn)量為________萬件．
[解析] 因?yàn)閥′＝－x2＋81，所以當(dāng)x>9時(shí)，y′<0；當(dāng)0<x<9時(shí)，y′>0.所以函數(shù)y＝－x3＋81x－234在(9，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0，9)上單調(diào)遞增，所以x＝9是該函數(shù)的極大值點(diǎn)，又該函數(shù)在(0，＋∞)上只有一個(gè)極大值點(diǎn)，所以該函數(shù)在x＝9處取得最大值．
[答案] 9
4．(2017·煙臺模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的值為________．
[解析] (構(gòu)造法)若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立；
當(dāng)x>0時(shí)，即x∈(0，1]時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥－.
設(shè)g(x)＝－，
則g′(x)＝，
所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，
因此g(x)max＝g＝4，從而a≥4.
當(dāng)x<0時(shí)，即x∈[－1，0)時(shí)，
同理a≤－.
g(x)在區(qū)間[－1，0)上單調(diào)遞增，
所以g(x)min＝g(－1)＝4，
從而a≤4，綜上可知a＝4.
[答案] 4
5．(2017·張掖市第一次診斷考試)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)判斷f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)f(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立時(shí)，求a的取值范圍．
[解] (1)f′(x)＝－a，函數(shù)f(x)＝ln x－ax的定義域?yàn)?0，＋∞)．
當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，
當(dāng)a＞0時(shí)，x∈時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)f(x)在上是增函數(shù)，x∈時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)f(x)在上是減函數(shù)．
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)．
(2)f(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，即a＞在(0，＋∞)上恒成立．
設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝，
當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)為增函數(shù)，
當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)，
故當(dāng)x＝e時(shí)，g(x)取得最大值，
所以a的取值范圍是.
6．(2017·貴州省七校第一次聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R.
(1)當(dāng)a＞0時(shí)，解不等式f(x)≤0；
(2)當(dāng)a＝0時(shí)，求整數(shù)t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解．
[解] (1)因?yàn)閑x＞0，所以不等式f(x)≤0即為ax2＋x≤0，
又因?yàn)閍＞0，所以不等式可化為x≤0，
所以不等式f(x)≤0的解集為.
(2)當(dāng)a＝0時(shí)，方程即為xex＝x＋2，由于ex＞0，所以x＝0不是方程的解，
所以原方程等價(jià)于ex－－1＝0.
令 h(x)＝ex－－1，
因?yàn)閔′(x)＝ex＋＞0對于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，
所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù)，
又h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－2＞0，h(－3)＝e－3－＜0，h(－2)＝e－2＞0，所以方程f(x)＝x＋2有且只有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且分別在區(qū)間[1，2]和[－3，－2]上，
所以整數(shù)t的所有值為{－3，1}．
7．(2017·高考全國卷乙)已知函數(shù)f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．
[解] (1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，則f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞減．
(ⅱ)若a>0，則由f′(x)＝0得x＝－ln a.
當(dāng)x∈(－∞，－ln a)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(－ln a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，－lna)單調(diào)遞減，在(－ln a，＋∞)單調(diào)遞增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)．
(ⅱ)若a>0，由(1)知，當(dāng)x＝－ln a時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(－ln a)＝1－＋ln a.
①當(dāng)a＝1時(shí)，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)；
②當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，由于1－＋ln a>0，即f(－lna)>0，故f(x)沒有零點(diǎn)；
③當(dāng)a∈(0，1)時(shí)，1－＋ln a<0，即f(－lna)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－lna)有一個(gè)零點(diǎn)．
設(shè)正整數(shù)n0滿足n0>ln，
則f(n0)＝en0(ae n0＋a－2)－n0>e n0－n0>2 n0－n0>0.
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－lna，＋∞)有一個(gè)零點(diǎn)．
綜上，a的取值范圍為(0，1)．
8．(2016·高考四川卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)證明：當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0；
(3)確定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立．
[解] (1)f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減．
當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0有x＝ .
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．
(2)證明：令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1.
當(dāng)x>1時(shí)，s′(x)>0，所以ex－1>x，從而g(x)＝－>0.
(3)由(2)知，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0.
當(dāng)a≤0，x>1時(shí)，f(x)＝a(x2－1)－lnx<0，
故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立時(shí)，必有a>0.
當(dāng)0<a<時(shí)，>1.
由(1)有f<f(1)＝0，而g>0，
所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)不恒成立．
當(dāng)a≥時(shí)，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，
當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，
因此，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又因?yàn)閔(1)＝0，所以當(dāng)x>1時(shí)，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立．
綜上，a∈.
9．(2017·貴州省適應(yīng)性考試)設(shè)n∈N*，函數(shù)f(x)＝，函數(shù)g(x)＝(x＞0)．
(1)當(dāng)n＝1時(shí)，求函數(shù)y＝f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)若函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝g(x)的圖象分別位于直線y＝1的兩側(cè)，求n的取值集合A；
(3)對于?n∈A，?x1，x2∈(0，＋∞)，求|f(x1)－g(x2)|的最小值．
[解] (1)當(dāng)n＝1時(shí)，f(x)＝，f′(x)＝(x＞0)．
由f′(x)＞0得0＜x＜e；由f′(x)＜0得x＞e.
所以函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，
因?yàn)閒(e)＝＞0，f＝－e＜0，所以函數(shù)f(x)在(0，e)上存在一個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f(x)＝＞0恒成立，
所以函數(shù)f(x)在(e，＋∞)上不存在零點(diǎn)．
綜上可得函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)．
(2)對函數(shù)f(x)＝求導(dǎo)，得f′(x)＝(x＞0)，
由f′(x)＞0，得0＜x＜e；由f′(x)＜0，得x＞e.
所以函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，
則當(dāng)x＝e時(shí)，函數(shù)f(x)有最大值f(x)max＝f(e)＝.
對函數(shù)g(x)＝(x＞0)求導(dǎo)，得g′(x)＝(x＞0)，
由g′(x)＞0，得x＞n；由g′(x)＜0，得0＜x＜n.
所以函數(shù)g(x)在(0，n)上單調(diào)遞減，在(n，＋∞)上單調(diào)遞增．
則當(dāng)x＝n時(shí)，函數(shù)g(x)有最小值g(x)min＝g(n)＝.
因?yàn)?n∈N*，函數(shù)f(x)的最大值f(e)＝＜1，
即函數(shù)f(x)＝在直線y＝1的下方，
故函數(shù)g(x)＝(x＞0)在直線y＝1的上方，
所以g(x)min＝g(n)＝＞1，解得n＜e.
所以n的取值集合A＝{1，2}．
(3)對?x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－g(x2)|的最小值等價(jià)于g(x)min－f(x)max＝－.
當(dāng)n＝1時(shí)，g(x)min－f(x)max＝e－；
當(dāng)n＝2時(shí)，g(x)min－f(x)max＝－；
因?yàn)椋剑?，
所以|f(x1)－g(x2)|的最小值為－＝.
