2018年高考数学二轮复习习题 第一部分 专题一 第五讲 导数的应用 第五讲 导数的应用(一) Word版 含答案

第五讲 等差等比★★★高考在考什么 【考题回放】 1．在等差数列}{n a 中，836a a a +=，则=9S （ A ）A.0B.1C.1-D. -1或12.（安徽）直角三角形三边成等比数列，公比为q ，则2q 的值为（ D ）A.2B. 215- C. 215+ D. 215±3.已知数列{na }的前n 项和29n S n n =-，第k 项满足58k a <<，则k =（ B ）A ．9B ．8 C. 7 D ．64.已知两个等差数列{}n a 和{}n b 的前n 项和分别为A n 和n B ，且7453n n A n B n +=+，则使得n na b 为整数的正整数n 的个数是（ D ）A ．2B ．3C ．4D ．5 5.设等差数列{}n a 的公差d 不为0，19a d =．若k a 是1a 与2k a 的等比中项，则k =（B ）Ａ．2 Ｂ．4 Ｃ．6 Ｄ．86. 等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1S ，22S ，33S成等差数列，则{}n a 的公比为13．★★★高考要考什么等差数列的证明方法：1. 定义法：2．等差中项：对于数列{}n a ，若212+++=n n n a a a等差数列的通项公式：dn a a n )1(1-+=------该公式整理后是关于n 的一次函数等差数列的前n 项和 1．2)(1n n a a n S +=2. d n n na S n 2)1(1-+= 3.Bn An S n +=2等差中项: 如果a ，A ，b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项。

即：2ba A +=或b a A +=2等差数列的性质:1．等差数列任意两项间的关系：如果na 是等差数列的第n 项，ma 是等差数列的第m 项，且n m ≤，公差为d ，则有dm n a a m n )(-+=对于等差数列{}n a ，若q p m n +=+，则qp m n a a a a +=+。

专题能力训练5 导数及其应用(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y+1=0垂直,则a=()A.-2B.2C.-D.2.已知函数f(x)=ln x+ln(2-x),则()A.f(x)在(0,2)单调递增B.f(x)在(0,2)单调递减C.y=f(x)的图象关于直线x=1对称D.y=f(x)的图象关于点(1,0)对称3.已知a≥0,函数f(x)=(x2-2ax)e x.若f(x)在[-1,1]上是单调递减函数,则a的取值范围是()A.0<a<B.<a<C.a≥D.0<a<4.已知函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f'(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为()A.(-1,1)B.(-1,+∞)C.(-∞,-1)D.(-∞,+∞)5.(2017浙江金丽衢十二校模拟)如图,已知直线y=kx+m与曲线y=f(x)相切于两点,则F(x)=f(x)-kx有()A.1个极大值点,2个极小值点B.2个极大值点,1个极小值点C.3个极大值点,无极小值点D.3个极小值点,无极大值点6.将函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象绕坐标原点逆时针方向旋转角θ(θ∈(0,α]),得到曲线C,若对于每一个旋转角,曲线C都仍然是一个函数的图象,则α的最大值为()A.πB.C.D.7.已知函数f(x)=x+e x-a,g(x)=ln(x+2)-4e a-x,其中e为自然对数的底数,若存在实数x0,使f(x0)-g(x0)=3成立,则实数a的值为()A.-ln 2-1B.ln 2-1C.-ln 2D.ln 28.若函数f(x)=ln x与函数g(x)=x2+2x+a(x<0)有公切线,则实数a的取值范围是()A. B.(-1,+∞)C.(1,+∞)D.(-ln 2,+∞)二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围为.10.(2017浙江诸暨肇庆三模)已知函数f(x)=x3+ax2+3x-9,若x=-3是函数f(x)的一个极值点,则实数a=.11.设f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-2)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)>0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是.12.已知函数f(x)=x3-2x+e x-,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是.13.已知函数f(x)=若对于∀t∈R,f(t)≤kt恒成立,则实数k的取值范围是.14.设函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)满足f(1)+f(3)=2f(2),现给出如下结论:①若f(x)是区间(0,1)上的增函数,则f(x)是区间(3,4)上的增函数;②若a·f(1)≥a·f(3),则f(x)有极值;③对任意实数x0,直线y=(c-12a)(x-x0)+f(x0)与曲线y=f(x)有唯一公共点.其中正确的结论为.(填序号)三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)已知函数f(x)=x3+|x-a|(a∈R).(1)当a=1时,求f(x)在(0,f(0))处的切线方程;(2)当a∈(0,1)时,求f(x)在区间[-1,1]上的最小值(用a表示).16.(本小题满分15分)已知函数f(x)=ax(ln x-1)(a≠0).(1)求函数y=f(x)的单调递增区间;(2)当a>0时,设函数g(x)=x3-f(x),函数h(x)=g'(x),①若h(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;②证明:ln(1×2×3×…×n)2e<12+22+32+…+n2(n∈N*).参考答案专题能力训练5导数及其应用1.A解析由y'=得曲线y=在点(3,2)处的切线斜率为-,又切线与直线ax+y+1=0垂直,则a=-2.故选A.2.C解析f(x)=ln x+ln(2-x)=ln(-x2+2x),x∈(0,2).当x∈(0,1)时,x增大,-x2+2x增大,ln(-x2+2x)增大,当x∈(1,2)时,x增大,-x2+2x减小,ln(-x2+2x)减小,即f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,故排除选项A,B;因为f(2-x)=ln(2-x)+ln[2-(2-x)]=ln(2-x)+ln x=f(x),所以函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,故排除选项D.故选C.3.C解析f'(x)=e x[x2+2(1-a)x-2a],∵f(x)在[-1,1]上单调递减,∴f'(x)≤0在[-1,1]上恒成立.令g(x)=x2+2(1-a)x-2a,则解得a≥.4.B解析由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,设F(x)=f(x)-2x-4,则F'(x)=f'(x)-2,因为f'(x)>2,所以F'(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上单调递增.而F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等价于F(x)>F(-1),所以x>-1.故选B.5.A解析F'(x)=f'(x)-k,如下图所示,从而可知函数y=F'(x)共有三个零点x1,x2,x3,因此函数F(x)在(-∞,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,在(x2,x3)上单调递减,在(x3,+∞)上单调递增,故x1,x3为极小值点,x2为极大值点,即F(x)有1个极大值点,2个极小值点,应选A.6.D解析函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象绕坐标原点逆时针方向连续旋转时,当且仅当其任意切线的倾斜角小于等于90°时,其图象都仍然是一个函数的图象,因为x≥0时y'=是减函数,且0<y'≤1,当且仅当x=0时等号成立,故在函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象的切线中,x=0处的切线倾斜角最大,其值为,由此可知αmax=.故选D.7.A解析由题意得f(x)-g(x)=x+e x-a-ln(x+2)+4e a-x,令h(x)=x-ln(x+2),x>-2,则h'(x)=1-,∴h(x)在区间(-2,-1)上单调递减,在区间(-1,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(-1)=-1,又∵e x-a+4e a-x≥2=4,∴f(x)-g(x)≥3,当且仅当时等号成立.故选A.8.A解析设公切线与函数f(x)=ln x切于点A(x1,ln x1)(x1>0),则切线方程为y-ln x1=(x-x1),设公切线与函数g(x)=x2+2x+a切于点B(x2,+2x2+a)(x2<0),则切线方程为y-(+2x2+a)=2(x2+1)(x-x2),所以有因为x2<0<x1,所以0<<2.又a=ln x1+-1=-ln-1,令t=,所以0<t<2,a=t2-t-ln t.设h(t)=t2-t-ln t(0<t<2),则h'(t)=t-1-<0,所以h(t)在区间(0,2)上为减函数,则h(t)>h(2)=-ln 2-1=ln,所以a∈.故选A.9.(-∞,-1)∪(2,+∞)解析f'(x)=3x2+6ax+3(a+2),由题意知f'(x)=0有两个不相等的实根,则Δ=(6a)2-4×3×3(a+2)>0,即a2-a-2>0,解得a>2或a<-1.10.5解析f'(x)=3x2+2ax+3,由题意知x=-3为方程3x2+2ax+3=0的根,则3×(-3)2+2a×(-3)+3=0,解得a=5.11.(-2,0)∪(2,+∞)解析令g(x)=,则g'(x)=>0,x∈(0,+∞),所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.又g(-x)==g(x),则g(x)是偶函数,g(-2)=0=g(2),则f(x)=xg(x)>0⇔解得x>2或-2<x<0.故不等式f(x)>0的解集为(-2,0)∪(2,+∞).12.解析因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-=-f(x),所以f(x)为奇函数.因为f'(x)=3x2-2+e x+e-x≥3x2-2+2≥0(当且仅当x=0时等号成立),所以f(x)在R上单调递增,因为f(a-1)+f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤,故实数a的取值范围是.13.14.①②③解析由f(1)+f(3)=2f(2)化简得b=-6a.f'(x)=3ax2+2bx+c=3ax2-12ax+c,其对称轴为x=2,如果f(x)在区间(0,1)上递增,其关于x=2对称的区间为(3,4),故区间(3,4)也是其增区间,①正确.a[f(1)-f(3)]≥0,即2a(11a-c)≥0,导函数f'(x)=3ax2-12ax+c的判别式144a2-12ac=12a(12a-c),当a>0时,12a-c>11a-c≥0,判别式为正数,当a<0时,11a-c≤0,12a-c≤a<0,其判别式为正数,即导函数有零点,根据二次函数的性质可知原函数有极值,②正确.注意到f'(2)=c-12a,则③转化为f'(2)=,即函数图象上任意两点连线的斜率和函数在x=2处的切线的斜率相等的有且仅有一个点.由于x=2是导函数f'(x)=3ax2-12ax+c的最小值点,即有且仅有一个最小值点,故③正确.15.解 (1)因为当a=1,x<1时,f(x)=x3+1-x,f'(x)=3x2-1,所以f(0)=1,f'(0)=-1,所以f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=-x+1.(2)当a∈(0,1)时,由已知得f(x)=当a<x<1时,由f'(x)=3x2+1>0,知f(x)在(a,1)上单调递增.当-1<x<a时,由f'(x)=3x2-1,知①当a∈时,f(x)在上递增,在上递减,在上递增,所以f(x)min=min=min=a-.②当a∈时,f(x)在上递增,在上递增,在(a,1)上递增,所以f(x)min=min{f(-1),f(a)}=min{a,a3}=a3.综上所述,f(x)min=16.解 (1)∵f'(x)=a=a ln x,令f'(x)>0,当a>0时,解得x>1;当a<0时,解得0<x<1,∴当a>0时,函数y=f(x)的单调递增区间是(1,+∞);当a<0时,函数y=f(x)的单调递增区间是(0,1).(2)①∵h(x)=g'(x)=x2-f'(x)=x2-a ln x,∴由题意得h(x)min≥0.∵h'(x)=x-,∴当x∈(0,)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.∴h(x)min=h()=a-a ln,由a-a ln≥0,得ln a≤1,解得0<a≤e.∴实数a的取值范围是(0,e].②由(1)知a=e时,h(x)=x2-eln x≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,当x=时等号成立,∴x∈N*时,2eln x<x2,令x=1,2,3,…,n,累加可得2e(ln 1+ln 2+ln 3+…+ln n)<12+22+32+…+n2,即ln(1×2×3×…×n)2e<12+22+32+…+n2(n∈N*).。

2018年高考数学二轮复习 第一部分 专题一 第五讲 导数的应用 第六讲 导数的应用（二）教案1．(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围． 解析：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)单调递减， 在(－1－2，－1＋2)单调递增． (2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x.当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，h ′(x )＝－x e x<0(x >0)，因此h (x )在[0，＋∞)单调递减， 而h (0)＝1，故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a <1时，设函数g (x )＝e x －x －1，g ′(x )＝e x－1>0(x >0)，所以g (x )在[0，＋∞)单调递增， 而g (0)＝0，故e x≥x ＋1.当0<x <1时，f (x )>(1－x )(1＋x )2，(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)，取x 0＝5－4a －12， 则x 0∈(0,1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f (x 0)>ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0,1)， f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．2．(2016·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围． 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋2＝x 2＋－a x ＋1x x ＋2，g (1)＝0. ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －2－1，x 2＝a －1＋a －2－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜0.综上，a 的取值范围是(－∞，2]．导数与方程问题[典例](2017·临沂模拟)已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28….(1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1,2)上有零点； (2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由． 解析：(1)证明：h (x )＝f (x )－g (x )＝e x－1－x －x ，则h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－3－2>0，所以函数h (x )在区间(1,2)上有零点． (2)由(1)得h (x )＝e x－1－x －x .由g (x )＝x ＋x 知，x ∈[0，＋∞)， 而h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点，而h (x )在(1,2)内有零点， 因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．因为h ′(x )＝e x－12x 12-－1，记φ(x )＝e x－12x 12-－1，则φ′(x )＝e x＋14x 32-.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点，即h (x )在[0，＋∞)内至多有两个零点． 所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2. [类题通法]数学思想在用导数研究方程根或零点问题中的应用对于函数的零点问题，往往通过利用导数来研究函数的单调性，从而研究函数在不同区间上的函数取值，利用数形结合来求解函数的零点个数或参数的取值范围．在求解的过程中要注意函数零点的存在性定理及分类讨论思想的应用．[演练冲关]1．(2016·江西宜春中学模拟)设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解析：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ，则f ′(x )＝x －ex2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．2．已知函数f (x )＝1x－a ln x (a ∈R )．(1)若h (x )＝f (x )－2x ，当a ＝－3时，求h (x )的单调递减区间； (2)若函数f (x )有唯一的零点，求实数a 的取值范围． 解析：(1)∵h (x )的定义域为(0，＋∞)，h ′(x )＝－1x 2＋3x －2＝－2x 2－3x ＋1x2＝－x －x －x 2，∴h (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)．(2)问题等价于a ln x ＝1x有唯一的实根，显然a ≠0，则关于x 的方程x ln x ＝1a有唯一的实根，构造函数φ(x )＝x ln x ，则φ′(x )＝1＋ln x ， 由φ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝e －1， 当0<x <e －1时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减， 当x >e －1时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增， ∴φ(x )的极小值为φ(e －1)＝－e －1.如图，作出函数φ(x )的大致图象，则要使方程x ln x ＝1a有唯一的实根，只需直线y ＝1a 与曲线y ＝φ(x )有唯一的交点，则1a ＝－e －1或1a>0，解得a ＝－e 或a >0，故实数a 的取值范围是{a |a ＝－e 或a >0}．导数、函数、不等式的交汇问题函数、导数、不等式的交汇命题是课标卷命题的热点，也是每年高考必考内容，常考的角度主要有不等式恒成立问题及证明不等式，综合性能有较大的区分度． 交汇点一 不等式恒成立问题[典例1](2017·洛阳模拟)设函数f (x )＝a 3x 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋1(其中常数a ∈R )．(1)已知函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值；(2)已知不等式f ′(x )>x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，求x 的取值范围．解析：(1)因为f (x )＝a 3x 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋1，所以f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，因为函数f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝a －3＋a ＋1＝0，解得a ＝1， 此时f ′(x )＝x 2－3x ＋2＝(x －1)(x －2)，当x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 所以f (x )在x ＝1处取得极大值，所以a ＝1符合题意． (2)f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，不等式f ′(x )>x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，等价于a >x 2＋2xx ＋2对任意a ∈(0，＋∞)都成立，等价于x 2＋2x x 2＋2≤0成立，所以x 2＋2x ≤0，解得－2≤x ≤0. 所以x 的取值范围是[－2,0]． [类题通法]等价转化思想在求解不等式恒成立问题中的两种方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x 变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法．即：①λ≥f (x )恒成立，则λ≥f (x )max . ②λ≤f (x )恒成立，则λ≤f (x )min .(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x 变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f (x )≥0，则只需f (x )min ≥0.[演练冲关]1．(2017·南昌模拟)已知函数f (x )＝e －x[x 2＋(1－m )x ＋1](e 为自然对数的底数，m 为常数)． (1)若曲线y ＝f (x )与x 轴相切，求实数m 的值；(2)若存在实数x 1，x 2∈[0,1]使得2f (x 1)<f (x 2)成立，求实数m 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝－e －x[x 2＋(1－m )x ＋1]＋e －x(2x ＋1－m )＝e －x[－x 2＋(m ＋1)x －m ]＝－e －x(x －m )(x －1)，设切点为(t,0)，则f ′(t )＝0，f (t )＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－e －tt －m t －＝0，e －t [t 2＋－m t ＋1]＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝1，m ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧t ＝m ，m ＝－1，所以m 的值是3或－1.(2)依题意，当x ∈[0,1]时，函数f (x )max >2f (x )min ，①m ≥1时，当x ∈[0,1]时，f ′(x )≤0，函数f (x )单调递减， 所以f (0)>2f (1)，即1>2×3－m e ⇒m >3－e2； ②m ≤0时，x ∈[0,1]时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增， 所以f (1)>2f (0)，即3－me >2⇒m <3－2e ；③当0<m <1时，当x ∈(0，m )时f ′(x )<0， 当x ∈(m,1)时，f ′(x )>0， 所以f (x )min ＝f (m )＝m ＋1e，f (x )max ＝f (0)或f (1)，记函数g (m )＝m ＋1e m ，g ′(m )＝－mem ，当m ≥0时，g ′(m )≤0，g (m )单调递减， 所以m ∈(0,1)时，g (m )>g (1)＝2e ，所以2f (x )min ＝m ＋em>4e>1＝f (0)， 2f (x )min ＝m ＋e m>4e >3e >3－m e＝f (1)，不存在m ∈(0,1)使得f (x )max >2f (x )min ， 综上，实数m 的取值范围是(－∞，3－2e)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3－e 2，＋∞. 交汇点二 证明不等式[典例2] (2017·吉林实验中学模拟)已知函数f (x )＝(ax 2－x ＋a )e x. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设g (x )＝b ln x －x (b >0)，当a ＝12时，若对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)＋g (x 2)≥0成立，求实数b 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝(x ＋1)(ax ＋a －1)e x.当a ＝0时，f ′(x )在(－∞，－1)上时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，－1)上单调递增；f ′(x )在(－1，＋∞)上时，f ′(x )<0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．当a >0时，因为－1＋1a>－1，所以f (x )在(－∞，－1)和(－1＋1a ，＋∞)上单调递增，在(－1，－1＋1a)上单调递减；当a <0时，因为－1＋1a<－1，所以f (x )在(－∞，－1＋1a )和(－1，＋∞)上单调递减，在(－1＋1a，－1)上单调递增．(2)由(1)知当a ＝12时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，因此f (x )在(0,2)上的最小值为f (1)＝0；由题意知，对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使g (x 2)≥－f (x 1)成立， 因为[－f (x 1)]max ＝0，所以b ln x 2－x 2≥0，即b ≥x 2ln x 2. 令h (x )＝x ln x ，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝ln x －1x<0，因此h (x )min ＝h (2)＝2ln 2，所以b ≥2ln 2. [类题通法]构造函数法证明不等式中常见的四种方法(1)移项法：证明不等式f (x )>g (x )(f (x )<g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )>0(f (x )－g (x )<0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )．(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)主元法：对于(或可化为)f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可选x 1(或x 2)为主元，构造函数f (x ，x 2)(或f (x 1，x ))．(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．[演练冲关]2．(2017·武汉调研)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a >0，证明：当0<x <a 时，f (a ＋x )<f (a －x )； (3)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：f ′(x 1＋x 22)>0.解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知，得f ′(x )＝x ＋1－a －a x＝x 2＋－a x －ax＝x ＋x －ax.若a ≤0，则f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝a .当0<x <a 时，f ′(x )<0；当x >a 时，f ′(x )>0. 此时f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，则g (x )＝12(a ＋x )2＋(1－a )(a ＋x )－a ln(a ＋x )－[12(a－x )2＋(1－a )(a －x )－a ln(a －x )]＝2x －a ln(a ＋x )＋a ln(a －x )． ∴g ′(x )＝2－a a ＋x －aa －x ＝－2x2a 2－x 2.当0<x <a 时，g ′(x )<0，∴g (x )在(0，a )上是减函数． 而g (0)＝0，∴g (x )<g (0)＝0. 故当0<x <a 时，f (a ＋x )<f (a －x )．(3)证明：由(1)可知，当a ≤0时，函数f (x )至多有一个零点， 故a >0，从而f (x )的最小值为f (a )，且f (a )<0. 不妨设0<x 1<x 2，则0<x 1<a <x 2，∴0<a －x 1<a .由(2)，得f (2a －x 1)＝f (a ＋a －x 1)<f (x 1)＝0＝f (x 2)． 从而x 2>2a －x 1，于是x 1＋x 22>a .由(1)知，f ′(x 1＋x 22)>0.。