高慧明

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)在高考中通常以壓軸題形式出現(xiàn)，常見的有函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題、不等式證明問題、不等式存在性問題等，綜合性較強(qiáng)，難度較大．在求解導(dǎo)數(shù)綜合問題時(shí)，通常要綜合利用分類討論、構(gòu)造函數(shù)、等價(jià)轉(zhuǎn)化、設(shè)而不求等思想方法，同時(shí)聯(lián)系不等式、方程等知識(shí)，思維難度大，運(yùn)算量不少．可以說，只要考生啃下本專題這個(gè)硬骨頭，就能大大提升邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)據(jù)分析、直觀想象等核心素養(yǎng)．

考點(diǎn)一：含參數(shù)函數(shù)單調(diào)性討論

1．導(dǎo)函數(shù)為含參一次型的函數(shù)單調(diào)性

導(dǎo)函數(shù)的形式為含參一次函數(shù)時(shí)，首先討論一次項(xiàng)系數(shù)為0，導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)易于判斷，當(dāng)一次項(xiàng)系數(shù)不為零，討論導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)與區(qū)間端點(diǎn)的大小關(guān)系，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)圖像判定導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，寫出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．

2．導(dǎo)函數(shù)為含參二次型函數(shù)的單調(diào)性

當(dāng)主導(dǎo)函數(shù)（決定導(dǎo)函數(shù)符號(hào)的函數(shù)）為二次函數(shù)時(shí)，確定原函數(shù)單調(diào)區(qū)間的問題轉(zhuǎn)化為探究該二次函數(shù)在給定區(qū)間上根的判定問題．對(duì)于此二次函數(shù)根的判定有兩種情況：

（1）若該二次函數(shù)不容易因式分解，就要通過判別式來判斷根的情況，然后再劃分定義域；

（2）若該二次函數(shù)容易因式分解，令該二次函數(shù)等于零，求根并比較大小，然后再劃分定義域，判定導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，從而判斷原函數(shù)的單調(diào)性．

3．導(dǎo)函數(shù)為含參二階求導(dǎo)型的函數(shù)單調(diào)性

當(dāng)無法直接通過解不等式得到一階導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)時(shí)，可對(duì)“主導(dǎo)”函數(shù)再次求導(dǎo)，使解題思路清晰．“再構(gòu)造、再求導(dǎo)”是破解函數(shù)綜合問題的強(qiáng)大武器．

在此我們首先要清楚f″（x）、f′（x）、f（x）之間的聯(lián)系是如何判斷原函數(shù)單調(diào)性的．

（1）二次求導(dǎo)目的：通過f″（x）的符號(hào)，來判斷f′（x）的單調(diào)性；

（2）通過賦特殊值找到f′（x）的零點(diǎn)，來判斷f′（x）正負(fù)區(qū)間，進(jìn)而得出f（x）單調(diào)性．

例1．已知函數(shù)f（x）=lnx+（1－a）x+1（a∈R），討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性．

【解析】因?yàn)閒（x）=lnx+（1－a）x+1（a∈R）的定義域?yàn)椋?，+∞），

所以f′（x）=1x+（1－a）=（1－a）x+1x，其中x>0，

當(dāng)1－a≥0時(shí)，即a≤1，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

當(dāng)1－a<0時(shí)，即a>1，

令f′（x）=（1－a）x+1x>0，得0

令f′（x）=（1－a）x+1x<0，得x>1a－1，

所以f（x）在0，1a－1上單調(diào)遞增，在1a－1，+∞上單調(diào)遞減．

綜上，當(dāng)a≤1時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；

當(dāng)a>1時(shí)，f（x）在0，1a－1上單調(diào)遞增，在1a－1，+∞上單調(diào)遞減．

【評(píng)析】此題原函數(shù)求導(dǎo)后分式結(jié)構(gòu)，通分后結(jié)合函數(shù)定義域發(fā)現(xiàn)導(dǎo)函數(shù)符號(hào)只與分子有關(guān)，分子為一次含參函數(shù)，可以從“數(shù)”與“形”兩個(gè)視角展開研究．“數(shù)”即代數(shù)，從不等式的視角分類討論，當(dāng)1－a≥0時(shí)，考慮到定義域范圍x>0，因此恒大于0，當(dāng)1－a<0時(shí)，分別求解（1－a）x>0與（1－a）x<0的解即可；“形”即圖形，從圖像的視角看一次函數(shù)（當(dāng)一次項(xiàng)系數(shù)為0時(shí)為常函數(shù)，也適用）是直線，考慮直線與x軸位置來研究，當(dāng)1－a≥0時(shí)，y=（1－a）x+1圖像在x>0時(shí)恒在x軸上方，因此導(dǎo)函數(shù)恒大于0，當(dāng)1－a<0時(shí)，y=（1－a）x+1圖像與x軸交點(diǎn)在（1a－1，0），借助函數(shù)單調(diào)性即可解答．

考點(diǎn)二：導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式的綜合問題

在解決數(shù)列綜合問題時(shí)，要充分利用數(shù)列中公式、性質(zhì)以及它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，在求解過程中要樹立“目標(biāo)意識(shí)”，即“需要什么，就求什么”，同時(shí)應(yīng)“巧用性質(zhì)，整體考慮”以便減少運(yùn)算量，數(shù)列不等式的綜合問題常常涉及到“放縮法”，在放縮時(shí)要精準(zhǔn)放縮，避免過大或過?。?/p>

例2．已知函數(shù)f（x）=x（2lnx+1）－ax+a．

（1）當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=f（x）在點(diǎn)1，f（1）處的切線方程；

（2）當(dāng)x>1時(shí)，求使f（x）>0恒成立的最大偶數(shù)a．

（3）已知當(dāng)x≥0時(shí)，sinx≥x－x36總成立．令s（x）=sinx，若在s（x）的上有一點(diǎn)列Ai12i，s12i（i=1，2，…，n∈N，n≥1），若直線AiAi+1的斜率為ki（i=1，2，…，n－1），求證：∑n－1i=1ki>n－76．

【解析】（1）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=2xlnx+1，f（1）=1，

所以f′（x）=2lnx+2，曲線y=f（x）在點(diǎn)1，1處切線的斜率為f′（1）=2，

所以切線方程為y－1=2（x－1）2x－y－1=0．

（2）當(dāng)x>1時(shí)，使f（x）>0等價(jià)于a

令g（x）=x（2lnx+1）x－1（x>1），所以

g′（x）=2x－2lnx－3（x－1）2，

令h（x）=2x－2lnx－3（x>1），所以h′（x）=2－2x=2（x－1）x>0，

所以h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，又因?yàn)閔（2）=1－2ln2<0，h（e）=2e－5>0，

所以h（x）在（2，e）上x0∈（2，e），使h（x0）=0，即2x0－3=2lnx0，

當(dāng)x∈（1，x0）時(shí)，h′（x）<0，g′（x）<0；當(dāng)x∈（x0，+∞）時(shí)，h′（x）>0，g′（x）>0；

所以g（x）在（1，x0）上單調(diào)遞減，g（x）在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，

所以g（x）的最小值為g（x0）=x0（2lnx0+1）x0－1=x0（2x0－3+1）x0－1=2x0，

因?yàn)閤0∈（2，e），所以g（x）≥g（x0）=2x0，所以a<2x0，且2x0∈（4，2e），

所以使f（x）>0恒成立的最大偶數(shù)為a=4．

（3）i∈N時(shí)，ki=s12i+1－s12i12i+1－12i

=2i+1sin12i－sin12i+1，

=2i+12sin12i+1cos12i+1－sin12i+1

=2i+1sin12i+12cos12i+1－1，

令m（x）=cosx+x22－1，則m′（x）=－sinx+x，

令n（x）=－sinx+x，則n′（x）=1－cosx≥0，n（x）單調(diào)遞增，又n（0）=0，所以當(dāng)x≥0時(shí)，n（x）≥0，m（x）單調(diào)遞增，又m（0）=0，所以當(dāng)x≥0時(shí)，m（x）=cosx+x22－1≥m（0）=0，即cosx≥1－x22，則cos12i+1≥1－122i+3>0，

2i+1sin12i+12cos12i+1－1≥2i+1sin12i+121－122i+3－1

=2i+1sin12i+11－122i+2≥2i+112i+1－16·23i+31－122i+2

=1－16·22i+21－122i+2=1－76×122i+2+16×124i+4>1－76×122i+2，∑n－1i=1ki>n－1－76124+126+128+…+122n

=n－1－76·1241－14n－11－14=n－1－76·112－13－14n

=n－1－772+718·14n>n－7972>n－76．

【評(píng)析】第（1）問求函數(shù)的切線方程，主要關(guān)注兩點(diǎn)性質(zhì)：一是切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)等于切線的斜率；二是切點(diǎn)既在切線上，又在原函數(shù)圖像上．根據(jù)這兩個(gè)性質(zhì)列出方程，切線方程不難求出．第（2）問是“恒成立”問題，此類問題可以從分離變量，轉(zhuǎn)化為最值解答，也可以直接研究原函數(shù)，對(duì)參數(shù)進(jìn)行討論解答．本題采用了前者，對(duì)參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化為函數(shù)g（x）=x（2lnx+1）x－1（x>1）最小值的研究，對(duì)函數(shù)求導(dǎo)后得到g′（x）=2x－2lnx－3（x－1）2，發(fā)現(xiàn)其符號(hào)并不能直接判斷，關(guān)注到分母恒大于0，因此只需考慮分子的符號(hào)，如果對(duì)整個(gè)導(dǎo)函數(shù)求導(dǎo)，將會(huì)十分復(fù)雜．對(duì)分子所對(duì)應(yīng)的函數(shù)求導(dǎo)后，發(fā)現(xiàn)其導(dǎo)函數(shù)恒正，因此為增函數(shù)，但函數(shù)的零點(diǎn)依然不明確，此時(shí)采用“設(shè)而不求”的策略，將零點(diǎn)設(shè)為x0原函數(shù)單調(diào)區(qū)間可以借助x0表示，發(fā)現(xiàn)函數(shù)在x0處取得最小值g（x0）=x0（2lnx0+1）x0－1，由于x0滿足2x0－3=2lnx0，代入后算得g（x0）=2x0，由零點(diǎn)存在性定理可以判斷x0∈（2，e），進(jìn)而可求偶數(shù)a的值．第（2）問破解的關(guān)鍵在導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的“設(shè)而不求”，以及利用零點(diǎn)存在性定理判斷范圍．第（3）問是導(dǎo)數(shù)、數(shù)列、不等式的綜合問題，在三者交匯處命制試題，需要對(duì)知識(shí)的融會(huì)貫通，靈活運(yùn)用才能解答，適合創(chuàng)新拔尖型人才的選拔．首先對(duì)斜率ki常規(guī)化簡(jiǎn)整理，整理結(jié)果無法求和，于是的對(duì)cosx放縮，放縮的方向可以借助其泰勒展開式輔助思考，為了放縮后便于運(yùn)算，且完成題目要求的證明，此處放縮為cosx≥1－x22，借助已知條件將sinx≥x－x36放縮，將運(yùn)算結(jié)果1－76×122i+2+16×124i+4>1－76×122i+2放縮，逐步完成題目要求的證明．此題計(jì)算量大，放縮技巧靈活，具備一定的選拔功能．

考點(diǎn)三：極值最值問題

用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值、最值問題，解題方法是利用導(dǎo)函數(shù)與單調(diào)性關(guān)系確定單調(diào)區(qū)間，從而求得極值、最值．只是對(duì)含有參數(shù)的極值、最值問題，需要對(duì)導(dǎo)函數(shù)進(jìn)行二次討論，對(duì)導(dǎo)函數(shù)或其中部分函數(shù)再一次求導(dǎo)，確定單調(diào)性，利用零點(diǎn)的存在性定理，借助零點(diǎn)與參數(shù)的關(guān)系，常常需要對(duì)函數(shù)的極值、最值問題引入新函數(shù)，對(duì)新函數(shù)再用導(dǎo)數(shù)進(jìn)行求值、證明等操作．

例3．已知函數(shù)f（x）=exx2－k2x+lnx有三個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，x3，且x1

（1）求實(shí)數(shù)k的取值范圍；

（2）若2是f（x）的一個(gè)極大值點(diǎn)，證明：f（x3）－f（x1）x3－x1

【解析】（1）根據(jù)題意可知，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），則f′（x）=ex·x2－ex·2xx4－k－2x2+1x=ex（x－2）x3－k·x－2x2=（x－2）·ex－kxx3，

由函數(shù)f（x）有三個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，x3可知f′（x）=（x－2）·ex－kxx3=0在（0，+∞）上至少有三個(gè)實(shí)數(shù)根；

顯然f′（2）=0，則需方程ex－kxx3=0，也即ex－kx=0有兩個(gè)不等于2的不相等的實(shí)數(shù)根；

由ex－kx=0可得k=exx，x∈（0，+∞），令g（x）=exx，x∈（0，+∞），則g′（x）=ex（x－1）x2，x∈（0，+∞）.

顯然當(dāng)x∈0，1時(shí)，g′（x）<0，即g（x）在0，1上單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）>0，即g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；

所以g（x）≥g（1）=e，

畫出函數(shù)g（x）=exx，x∈（0，+∞）與函數(shù)y=k在同一坐標(biāo)系下的圖像如下圖所示：

由圖得k>e且k≠e22時(shí)，k=exx在（0，+∞）上有兩個(gè)不等于2的相異的實(shí)數(shù)根，

經(jīng)檢驗(yàn)可知當(dāng)k∈e，e22∪e22，+∞時(shí)，導(dǎo)函數(shù)f′（x）=（x－2）·ex－kxx3在x1，x2，x3左右符號(hào)不同，即x1，x2，x3均是f′（x）=0的變號(hào)零點(diǎn)，滿足題意；

因此實(shí)數(shù)k的取值范圍時(shí)e，e22∪e22，+∞．

（2）根據(jù)題意結(jié)合（1）中的圖像，由x1

因此x1，x3是方程ex=kx的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即ex1=kx1，ex3=kx3．

所以f（x3）=ex3x23－k2x3+lnx3=kx3－2kx3－klnx3=－k1x3+lnx3，同理可得f（x1）=－k1x1+lnx1，

所以f（x3）－f（x1）x3－x1=－k1x3+lnx3+k1x1+lnx1x3－x1=－k1x3+lnx3－1x1－lnx1x3－x1=－kx1－x3x1x3+lnx3x1x3－x1.

由ex1=kx1，ex3=kx3可知lnx3x1=lnex3kex1k=lnex3ex1=lnex3－x1=x3－x1，所以 f（x3）－f（x1）x3－x1=－kx1－x3x1x3+lnx3x1x3－x1

=－kx1－x3x1x3+x3－x1x3－x1=k1x1x3－1．

又k∈e，e22∪e22，+∞，要證 f（x3）－f（x1）x3－x1

即證k1x1x3－1

也即1x1x3－1

只需證e

由（1）可得01，所以可得0

且根據(jù)（1）中結(jié)論可知函數(shù)g（x）=exx在（0，1）上單調(diào)遞減；

所以要證e1－x3

即證g（x3）

令h（x）=1－lnx－e1－x，x>1，則h′（x）=－1x+e1－x=xe1－x－1x.

令u（x）=xe1－x－1，x>1，則u′（x）=（1－x）e1－x<0，所以u(píng)（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，

即u（x）

因此h（x）

【評(píng)析】第（1）問有函數(shù)有三個(gè)極值點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為其導(dǎo)函數(shù)有三個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，求導(dǎo)后發(fā)現(xiàn)2是其中一個(gè)零點(diǎn)，問題簡(jiǎn)化為ex－kx=0有兩個(gè)不等于2的變號(hào)零點(diǎn)，分離變量后借助圖像交點(diǎn)，求解出實(shí)數(shù)k的取值范圍e，e22∪e22，+∞．第（2）問在第（1）問的基礎(chǔ)上，判斷出x2=2，因此x1，x3是方程ex=kx的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，運(yùn)用方程中等式關(guān)系，化簡(jiǎn)得f（x3）－f（x1）x3－x1=k1x1x3－1，證明問題轉(zhuǎn)化為e1－x3

考點(diǎn)四：零點(diǎn)問題

函數(shù)零點(diǎn)問題的常見題型：判斷函數(shù)是否存在零點(diǎn)或者求零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；根據(jù)含參函數(shù)零點(diǎn)情況，求參數(shù)的值或取值范圍．

求解步驟：

第一步：將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)問題，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖像與x軸（或直線y=k）在某區(qū)間上的交點(diǎn)問題；

第二步：利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在此區(qū)間上的單調(diào)性、極值、端點(diǎn)值等性質(zhì)，進(jìn)而畫出其圖像；

第三步：結(jié)合圖像判斷零點(diǎn)或根據(jù)零點(diǎn)分析參數(shù)．

例4．已知函數(shù)f（x）=xex．

（1）求曲線y=f（x）在點(diǎn)0，f（0）處的切線方程和f（x）的極值；

（2）證明h（x）=ex－1x在（1，+∞）恒為正；

（3）證明：當(dāng)m≤1時(shí)，曲線C1：y=f（x）與曲線C2：y=lnx+x+m至多存在一個(gè)交點(diǎn)．

【解析】（1）因?yàn)閒′（x）=ex+xex=（x+1）ex，

所以f′（0）=（0+1）e0=1.

又f（0）=0，所以曲線y=f（x）在點(diǎn)0，f（0）處的切線方程為y=x．

解f′（x）=（x+1）ex>0得x>－1，解f′（x）=（x+1）ex<0得x<－1，

所以函數(shù)y=f（x）在（－，－1）上單調(diào)遞減，在（-1，+∞）單調(diào)遞增，

故當(dāng)x=－1時(shí)，函數(shù)f（x）有極小值f（－1）=－1e．

（2）因?yàn)閔′（x）=ex+1x2>0，所以函數(shù)h（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，又h（1）=e1－11=e－1>0，

所以，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，總有h（x）>e－1>0，即h（x）=ex－1x在（1，+∞）恒為正．

（3）令xex=lnx+x+m，得xex－lnx－x－m=0，記g（x）=xex－lnx－x－m，x>0，

則曲線C1，C2至多有一個(gè)交點(diǎn)，等價(jià)于函數(shù)g（x）至多有一個(gè)零點(diǎn)．

求導(dǎo)得g′（x）=ex+xex－1x－1=（x+1）ex－1x，其中x+1>0，

由（2）知，h（x）=ex－1x在（0，+∞）單調(diào)遞增，

因?yàn)閔12=e－2<0，h（1）=e－1>0，所以函數(shù)h（x）存在唯一零點(diǎn)x0，且x0∈12，1，

當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，h（x）<0，則g′（x）<0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈（x0，+∞）時(shí)，h（x）>0，則g′（x）>0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增．

所以當(dāng)x=x0時(shí)，g（x）取得最小值g（x0）=x0ex0－lnx0－x0－m，

又x0為函數(shù)h（x）的零點(diǎn)，所以h（x0）=ex0－1x0=0，則x0ex0=1，x0=－lnx0，

所以g（x0）=1+x0－x0－m=1－m，

當(dāng)m<1時(shí)，g（x0）=1－m>0，此時(shí)g（x）無零點(diǎn)，即曲線C1，C2無交點(diǎn)；

當(dāng)m=1時(shí)，g（x0）=1－m=0，此時(shí)g（x）存在唯一零點(diǎn)x0，即曲線C1，C2存在一個(gè)交點(diǎn)．

綜上，當(dāng)m≤1時(shí)，曲線C1，C2至多有一個(gè)交點(diǎn)．

【評(píng)析】第（1）問求解切線方程與極值，難度不大，第（2）問求導(dǎo)后發(fā)現(xiàn)導(dǎo)函數(shù)符號(hào)為正，即可證明．第（3）問將圖像交點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)問題，是數(shù)形結(jié)合思想的體現(xiàn)，對(duì)函數(shù)求導(dǎo)后發(fā)現(xiàn)導(dǎo)函數(shù)符號(hào)不易確定，主要原因是導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)無法求出其具體值，這時(shí)采用“設(shè)而不求”的辦法，并結(jié)合零點(diǎn)存在性定理確定其范圍x0∈12，1，通過單調(diào)性討論函數(shù)最小值，結(jié)合x0ex0=1，x0=－lnx0，求得函數(shù)最小值g（x0）=1－m，進(jìn)而討論m范圍即可求解．零點(diǎn)問題常常有兩種情形，一是函數(shù)零點(diǎn)能直接求出，此類型一般較容易，二是函數(shù)零點(diǎn)無法求出其具體值，本題屬于這類題型，此類題型常常采用“設(shè)而不求”的解法，通過零點(diǎn)存在性定理確定其存在性以及范圍，通過其滿足的等式關(guān)系化簡(jiǎn)求解．

考點(diǎn)五：不等式恒成立問題

1．利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題的求解策略：

（1）通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；

（2）利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題；

（3）根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值的情況，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．

2．利用參變量分離法求解函數(shù)不等式恒（能）成立，可根據(jù)以下原則進(jìn)行求解：

（1）x∈D，m≤f（x）m≤f（x）min；

（2）x∈D，m≥f（x）m≥f（x）max；

（3）x∈D，m≤f（x）m≤f（x）max；

（4）x∈D，m≥f（x）m≥f（x）min．

3．不等式（等式）的恒成立與有解問題，可按如下規(guī)則轉(zhuǎn)化：

一般地，已知函數(shù)y=f（x），x∈a，b，y=g（x），x∈c，d．

（1）若x1∈a，b，x2∈c，d，有f（x1）

（2）若x1∈a，b，x2∈c，d，有f（x1）

（3）若x1∈a，b，x2∈c，d，有f（x1）

（4）若x1∈a，b，x2∈c，d，有f（x1）=gx2成立，則f（x）的值域是g（x）的值域的子集．

例5．已知函數(shù)f（x）=mx－lnx在定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2x1

（1）求證：0

（2）已知k>0，若存在a∈（0，1］，不等式xa1·xk2>e1+k對(duì)任意的x1，x2總成立，求k的取值范圍．

【解析】（1）f（x）=mx－lnx的定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=m2x－1x=mx－22x，

當(dāng)m≤0時(shí)，f′（x）=mx－22x<0恒成立，

此時(shí)f（x）=mx－lnx在（0，+∞）上單調(diào)遞減，不會(huì)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，舍去；

當(dāng)m>0時(shí)，令f′（x）>0得x>4m2，此時(shí)f（x）=mx－lnx單調(diào)遞增.

令f′（x）<0，得0

故f（x）=mx－lnx在x=4m2處取得極小值，f（4m2）=2－ln4m2，

又x→0和x→+∞時(shí)，f（x）→+∞，

要想有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2（x1

（2）由（1）可知，04m2，xa1·xk2>e1+k，故xa1·xk2>e2+2k，

兩邊取自然對(duì)數(shù)，得alnx1+klnx2>2+2k，因?yàn)榇嬖赼∈（0，1］，故lnx1+klnx2>2+2k，

由題意得，mx1=lnx1，mx2=lnx2，故lnx1lnx2=x1x2，設(shè)t=x1x2，

則t2=x1x2，故lnx1lnx2=t且lnx1=2lnt+lnx2，所以lnx1=2tlntt－1，lnx2=2lntt－1，其中0

故2tlntt－1+2klntt－1>2+2k，故2tlntt－1+2klntt－1>2+2k，故tlnt+klnt<（1+k）（t－1）在0

設(shè)s（t）=tlnt+klnt－（1+k）（t－1），則s′（t）=lnt+kt－k，設(shè)v（t）=lnt+kt－k，則v′（t）=1t－kt2=t－kt2，

當(dāng)k≥1時(shí)，v′（t）<0，故v（t）為0，1上的減函數(shù)，故s′（t）>s′（1）=0，

故s（t）在0，1上的增函數(shù)，故s（t）

當(dāng)00，故v（t）為k，1上的增函數(shù)，故s′（t）

故s（t）為k，1上的減函數(shù)，故s（t）>s（1）=0，

故tlnt+klnt>（1+k）（t－1）在k，1上恒成立，這與題設(shè)矛盾.故k的取值范圍是1，+∞．

【評(píng)析】第（1）問求導(dǎo)后通過對(duì)參數(shù)的討論，即可求解其單調(diào)區(qū)間．第（2）問在第一問的基礎(chǔ)上，將不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化到存在a∈（0，1］，lnx1+klnx2>2+2k恒成立問題，由于涉及到四個(gè)參數(shù)，減少參數(shù)是一個(gè)解題方向，令t=x1x2即可將變量減少，通過等價(jià)轉(zhuǎn)化，將問題轉(zhuǎn)化到tlnt+klnt<（1+k）（t－1）在0

考點(diǎn)六：導(dǎo)數(shù)與三角函數(shù)結(jié)合問題

此類問題需要利用三角函數(shù)性質(zhì)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)特征，通過分離參數(shù)、分離函數(shù)、半分離等策略將問題簡(jiǎn)化，常常需要分類討論．

例6．已知函數(shù)f（x）=ex+sinx－xsinx，x∈－π，0

（1）求f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；

（2）若4k－f（x）≤0恒成立，求整數(shù)k的最大值.

【解析】（1）f′（x）=ex－sinx－（x－1）cosx，

設(shè)h（x）=ex－sinx－（x－1）cosx，則h′（x）=ex－2cosx+（x－1）sinx

①當(dāng)x∈－π，－π2時(shí)，∵ex>0，－cosx>0，（x－1）sinx>0，∴h′（x）>0，

∴函數(shù)h（x）在－π，－π2上單調(diào)遞增，即函數(shù)f′（x）在－π，－π2上單調(diào)遞增，∵f′（－π）=e－π－π－1<0，f′－π2=e－π2+1>0，

∴x0∈－π，－π2使得f′（x0）=0，當(dāng)x∈－π，x0時(shí)，f′（x）<0，

當(dāng)x∈x0，－π2時(shí)，f′（x）>0，因此f（x）在－π，x0上單調(diào)遞減，在x0，－π2上單調(diào)遞增，

②當(dāng)x∈－π2，0時(shí)，∵ex>0，－sinx>0，－（x－1）cosx>0，∴f′（x）>0，∴函數(shù)f（x）在－π2，0上單調(diào)遞增.

綜上，在－π，x0上單調(diào)遞減，f（x）在x0，0上遞增.

又∵f（－π）=e－π>0，f（0）=1>0，

f（x0）

∴函數(shù)f（x）在［－π，0］上有兩個(gè)零點(diǎn).

（2）∵x∈［－π，0］恒有4k－f（x）≤0，∴4k≤f（x），由（1）知，f（x）min=f（x0），

∴4k≤f（x0）=ex0－x0－1sinx0，由f′（x0）=0得：ex0=sinx0+x0－1cosx0，

∴f（x0）=ex0－x0－1·sinx0=sinx0+x0－1cosx0－x0－1·sinx0=sinx0+x0－1cosx0－sinx0.

令g（x）=sinx+（x－1）（cosx－sinx）－π

∴函數(shù)g（x）在區(qū)間－π，－π2上單調(diào)遞減，∴g（x）>g－π2=－2－π2>－4，∴f（x0）>－4，

又∵f（x0）

∴整數(shù)k的最大值為－1.

【評(píng)析】此題涉及三角函數(shù)導(dǎo)數(shù)問題，第（1）問求導(dǎo)后發(fā)現(xiàn)導(dǎo)函數(shù)f′（x）=ex－sinx－（x－1）cosx符號(hào)并不易判斷，于是再求二階導(dǎo)，通過對(duì)其導(dǎo)函數(shù)h′（x）=ex－2cosx+（x－1）sinx符號(hào)的討論，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理，判斷原函數(shù)與x軸交點(diǎn)來判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)．此問解決的關(guān)鍵是把握三角函數(shù)的單調(diào)性、值域，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)性質(zhì)研究，難點(diǎn)在其單調(diào)區(qū)間無法精準(zhǔn)表示，常常采用“設(shè)而不求”的方法化解．第（2）問在第（1）問的基礎(chǔ)上，通過分離變量，轉(zhuǎn)化為新函數(shù)的最值問題，對(duì)新函數(shù)求導(dǎo)研究其單調(diào)性，同時(shí)運(yùn)用放縮法逐步逼近，最終判斷出參數(shù)的最大值．

責(zé)任編輯 徐國(guó)堅(jiān)